© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
car a 0 + b 0 + c 0 = 1. Finalement on obtient
a n =
1
2
− 2c 0
−
1
3
n
+
1
2
b n = c n =
−
1
4
+ c 0
−
1
3
n
+
1
4
·
6.
1. a. On effectue une suite de lancers du dé. Les résultats sont indépendants. Pour
i ∈ N
∗ , notons S i l’événement « on tire un six au i-ième tirage ». On a P(S i ) =
1
6
et
P(S i ) =
5
6
· Il est clair que, pour k ∈ N
∗ ,
A k = S 1 ∩ . . . ∩ S k−1 ∩ S k
et par indépendance des événements,
P(A k ) = P(S 1 ) × . . . × P(S k−1 )P(S k ) =
5
6
k−1 1
6
·
On obtient
+∞
k=1
P(A k ) =
1
6
∞
k=1
5
6
k−1
=
1
6
∞
j=0
5
6
j
=
1
6
1
1 −
5
6
= 1,
car on reconnaît la somme d’une série géométrique.
b. Notons B k l’événement « on a obtenu le premier six au plus tard au k-ième lancer ».
Il est plus simple de considérer l’événement contraire B k « on n’a pas obtenu de six
pendant les k premiers lancers ». On obtient P(B 3 ) =
5
6
3
et P(B 3 ) = 1 −
5
6
3
.
c. On a de même P(B k ) =
5
6
k
et P(B k ) = 1 −
5
6
k
.
d. On cherche P(B k /B 2k ) =
P(B k ∩ B 2k )
P(B 2k )
. L’événement B k ∩ B 2k est réalisé si on n’a pas
obtenu de six pendant les k premiers lancers et si on en obtient (au moins) un pendant
les k suivants, i.e. B k ∩ B 2k = B k ∩ C k , où C k est l’événement « on a obtenu au moins
un six entre le (k + 1)-ième et le 2k-ième lancer du dé ». On obtient P(C k ) =
5
6
k
et P(C k ) = 1 −
5
6
k
= P(B k ). Les événements B k et C k sont indépendants car les
résultats des tirages (k + 1) à 2k sont indépendants des résultats des k premiers tirages.
On obtient P(B k ∩ B 2k ) = P(B k )P(C k ) et
P(B k /B 2k ) =
P(B k )P(C k )
P(B 2k )
=
5
6
k
1 −
5
6
k
1 −
5
6
2k
=
5
6
k
1 +
5
6
k ·
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