Vincent Nolot Une utilisation de la suite de Fibonacci Dijon Leçons : 2-3-8-40-41-56
Enoncé : On eectue une suite de lancers d'une pièce équilibrée. Quelle est la probabilité d'obtenir pour la première fois deux face lors de deux lancers consécutifs ?
On considère les événements suivants :
pourn≥1,Un:on obtient, pour la première fois, deux face de suite aux lancers net n+ 1.
pourn≥2,An:lesnpremiers lancers ne donnent pas deux face de suite et on obtient face au lancern. pourn≥2,Bn :lesnpremiers lancers ne donnent pas deux face de suite et on obtient pile au lancern. On noteun=P(Un),xn=P(An)etyn =P(Bn).
Etape 1 : lien entre un etxn.
Si on note Fi l'événement avoir face au lanceri alors on constate que pour tout n≥2, Un=An∩Fn+1
et par indépendance des lancers on trouve facilement que
un=P(An)×P(Fn+1) = 1 2xn. Attention : L'hypothèse d'indépendance est implicite dans l'énoncé.
Etape 2 : relations de récurrences entrexn et yn.
L'idée est d'utiliser la formule des probabilités totales. Pour cela, on a besoin d'un système complet d'événe- ments. Fixonsn≥2. On sait queAn∪Bn est l'ensemble des événements dont lesnpremiers lancers ne donnent pas deux face de suite. Ainsi (An, Bn, Cn)où Cn =An∪Bn, forme un système complet d'événements. Et la formule des probabilités totales donne :
P(An+1) =P(An+1|An)P(An) +P(An+1|Bn)P(Bn) +P(An+1|Cn)P(Cn)
Or P(An+1|An) = 0 et P(An+1|Cn) = 0. De plus P(An+1|Bn) = P(Fn+1) = 12 et nalement on obtient une première relation :
xn+1= 1 2yn. Toujours à l'aide de la formule des probabilités totales, on a :
P(Bn+1) =P(Bn+1|An)P(An) +P(Bn+1|Bn)P(Bn) +P(Bn+1|Cn)P(Cn)
Et pour les mêmes raisonsP(Bn+1|An) = 12, P(Bn+1|Bn) = 12 et P(Bn+1|Cn) = 0. D'où la seconde relation de récurrence :
yn+1=1 2xn+1
2yn. Finalement on obtient le système de récurrence croisée suivant :
xn+1 = 12yn
yn+1 = 12xn+12yn.
Etape 3 : lien avec la suite de Fibonacci.
Remarquons d'abord que pour toutn≥2 on a grâce au système précédent : yn+2=1
2yn+1+1
4yn. (1)
Ensuite, rappelons que la suite de Fibonacci(fn)est dénie parf0=f1= 1et pourn≥2, fn+2=fn+1+fn.
1
Il s'agit d'une suite récurrente linéaire d'ordre2, dont on sait exprimer le terme général, pour toutn≥0 :
fn =αn+1+βn+1
√ 5 avecα=1+
√5
2 etβ =1−
√5 2 .
On montre par récurrence que pour tout n≥2,fn= 2nyn.
∗Initialisation : on af2=f1+f0= 2et y2=P(B2) =P(P1∩P2) +P(F1∩P2) =12 par indépendance. Ainsi 22y2= 4×1
2 = 2 =f2.
∗ Hérédité : on suppose que la relationfk = 2kyk est vraie pour tout k allant de2 à nxé. On a en utilisant (1) :
2n+1yn+1 = 2×2n 1
2yn+1 4yn−1
= 2nyn+ 2n−1yn−1
= fn+fn−1 par hyp.de r.
= fn+1
Etape 4 : conclusion.
D'après la relation précédente on a, pour toutn≥2, yn= 1
2n
αn+βn
√5
et donc
xn = 1 2
1 2n−1
αn+βn
√5
= 1
2n
αn+βn
√5
et nalement d'après l'étape 1,
un= 1 2n+1
αn+βn
√5
2
