Chapitre 7 – Espaces probabilisés
et la même méthode conduit à P(A n /B i ) =
1 −
2
3
n i
. On obtient
P(A n ) =
1
5
4
i=0
P(A n /B i ) =
1
5
4
i=0
1 −
2
3
n i
=
1
5
1 −
1 −
2
3
n 5
2
3
n
·
On a évidemment P(A 10 ) 0, 9, d’après la première question. On trouve P(A 7 ) ≈ 0, 89
et P(A 8 ) ≈ 0, 92. Il faut donc n 8.
4.
1. Pour tout n ∈ N, notons A n l’événement « le parapluie est disponible après n
trajets ». On a donc p n = P(A n ) et q n = P(A n ). Pour tout n ∈ N, on applique la formule
des probabilités totales avec le système complet d’événements (A n , A n ). On obtient
p n+1 = P(A n+1 ) = P(A n+1 /A n )P(A n ) + P(A n+1 /A n )P(A n ).
On a P(A n+1 /A n ) = p. En effet, si le parapluie était dans le lieu où se trouvait le banquier
et qu’il est encore après le n + 1-ième déplacement, c’est que le banquier l’a emporté et
donc qu’il pleut. On a P(A n+1 /A n ) = 1, car si le banquier n’a pas avec lui son parapluie,
il ne l’emporte pas avec lui et ainsi il le retrouve à l’issue du n + 1-ième déplacement.
Finalement, on obtient
p n+1 = p p n + q n .
On a de même
q n+1 = P(A n+1 ) = P(A n+1 /A n )P(A n ) + P(A n+1 /A n )P(A n ).
On trouve
P(A n+1 /A n ) = 1 − P(A n+1 /A n ) = 1 − p = q et P(A n+1 /A n ) = 1 − P(A n+1 /A n ) = 0
et donc
q n+1 = qp n .
On obtient donc
p n+1
q n+1
= S
p n
q n
, où S =
p 1
q 0
.
2. On cherche les valeurs propres de S. Soit l ∈ R. On a
rg(S − lI 2 ) = rg
p − l 1
q
−l
= rg
q
−l
p − l 1
= rg
q
−l
0 q + l(p − l)
.
Ainsi l valeur propre de S si et seulement si rg(S − lI 2 ) < 2, i.e.
q + l(p − l) = −l
2 + pl + q = 0 : 1 est solution de l’équation ; l’autre est
−q (c’est le produit des racines). La matrice S possède deux valeurs propres distinctes,
donc elle est diagonalisable. Il existe P matrice inversible telle que S = P
1 0
0 −q
p − 1.
On en déduit que S
n = P
1
0
0 (−q)
n
p − 1.
3. De la relation de récurrence, on déduit pour tout entier naturel n,
p n
q n
= S
n
p 0
q 0
= P
1
0
0 (−q)
n
P
−1
p 0
q 0
.
500