Chapitre 7 – Espaces probabilisés
2. a. Si les k − 1 premiers lancers n’ont pas donné de six, l’urne contient une boule blanche
et k − 1 boules rouges avant qu’on ne lance le dé pour la k-ième fois.
b. On en déduit P(B ∩ A k ) = P(B/A k )P(A k ) =
1
k
5
6
k−1 1
6
·
c. Soit n ∈ N
∗ et considérons la fonction f n définie sur [0, 1[ par f n (x) =
n
k=1
x
k
k
· La
fonction f n est dérivable sur [0, 1[ et
f
n (x) =
n
k=1
x
k−1 =
1 − x
n
1 − x
·
Comme f n (0) = 0, on en déduit, pour tout x ∈ [0, 1[,
f n (x) =
x
0
f
n (t) dt =
x
0
1 − t
n
1 − t
dt.
On en déduit que f n (x) =
x
0
1
1 − t
dt −
x
0
t
n
1 − t
dt = − ln(1 − x) −
x
0
t
n
1 − t
dt. On
a, pour tout t ∈ [0, x], 1 − t 1 − x > 0 et donc
t
n
1 − t
t
n
1 − x
. On en déduit
0
x
0
t
n
1 − t
dt
x
0
t
n
1 − x
dt.
Comme
x
0
t
n
1 − x
dt =
x
n+1
(n + 1)(1 − x)
, on a lim
n→+∞
x
0
t
n
1 − x
dt = 0 et a fortiori
lim
n→+∞
x
0
t
n
1 − x
dt = 0. On en déduit que lim
n→+∞
f n (x) = − ln(1 − x). Ainsi la série de
terme général
x
k
k
converge, puisque la somme partielle f n (x) a une limite finie en +∞
et
+∞
k=1
x
k
k
= − ln(1 − x).
d. Notons A la réunion des événements A k . Comme ces événements sont incompatibles,
on a P(A) =
+∞
k=1
P(A k ) = 1 d’après la question 1. On en déduit que P(B) = P(B ∩ A)
car P(B ∩ A) P(A) 0 et donc
P(B) =
+∞
k=1
P(B ∩ A k ) =
+∞
k=1
1
k
5
6
k−1 1
6
=
1
5
+∞
k=1
1
k
5
6
k
.
On trouve, en appliquant le résultat de la question précédente,
P(B) = −
1
5
ln
1 −
5
6
= −
1
5
ln
1
6
=
ln 6
5
·
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