Chapitre 7 – Espaces probabilisés
Soit n 5. Quand A n entre dans la partie c’est contre A n−2 ou A n−1 . En effet, un joueur
A k , k n − 3 pour jouer contre A n devrait avoir gagné la partie par laquelle il est entré
dans le jeu, puis avoir vaincu A n−2 et A n−1 ; il aurait donc gagné le tournoi. Notons E
1
n
« A n entre dans la partie en jouant contre A n−1 » et E
2
n « A n entre dans la partie en jouant
contre A n−2 ».
Pour que l’événement E
1
n soit réalisé, il faut que A n−1 entre dans la partie et qu’il gagne sa
première partie. Alors sa deuxième partie sera jouée avec A n . On a donc
P(E
1
n ) = P(E
1
n /E n−1 )P(E n−1 ) =
1
2
q n−1 .
De même, l’événement E
2
n est réalisé si A n−2 entre dans la partie et s’il gagne ses deux
premières parties (la deuxième contre A n−1 ). On a donc
P(E
2
n ) = P(E
2
n /E n−2 )P(E n−2 ) =
1
4
q n−2 .
On obtient enfin
q n = P(E n ) = P(E
1
n ) + P(E
2
n ) =
1
2
q n−1 +
1
4
q n−2 .
3. La suite (q n ) n3 est une suite vérifiant une relation de récurrence linéaire sur deux termes.
L’équation caractéristique est x
2 =
1
2
x +
1
4
, i.e. 4x
2
− 2x − 1 = 0 donc les solutions sont
x 1 =
1 +
√
5
4
et x 2 =
1 −
√
5
4
. Le calcul de q n est rendu pénible par le fait que les premiers
termes de cette suite récurrente sont q 3 et q 4 . Pour pallier à cette difficulté, considérons la
suite (q
n ) n∈N vérifiant, pour tout n ∈ N,
q
n =
1
2
q
n−1 +
1
4
q
n−2
et telle que q
n = q n pour n 3. Ceci détermine les premiers termes de manière unique.
On doit avoir q
2 = 4q
4 − 2q
3 = 4q 4 − 2q 3 = 2, q
1 = 4q
3 − 2q
2 = 4q 3 − 2q
2 = 0
et q
0 = 4q
2 − 2q
1 = 8.
Il existe (a, b) ∈ R
2 tel que, pour tout n ∈ N, q
n = ax
n
1 + bx
n
2 . On obtient
⎧
⎨
⎩
8 = q
0 = a + b
0 = q
1 = ax 1 + bx 2 =
a + b
4
+
(a − b)
√
5
4
·
D’où le système
⎧
⎨
⎩
a + b = 8
a − b = −
8
√
5
,
qui donne
a = 4 −
4
√
5
=
4(
√
5 − 1)
√
5
et b = 4 +
4
√
5
=
4(1 +
√
5)
√
5
·
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Soit n 5. Quand A n entre dans la partie c’est contre A n−2 ou A n−1 . En effet, un joueur
A k , k n − 3 pour jouer contre A n devrait avoir gagné la partie par laquelle il est entré
dans le jeu, puis avoir vaincu A n−2 et A n−1 ; il aurait donc gagné le tournoi. Notons E
1
n
« A n entre dans la partie en jouant contre A n−1 » et E
2
n « A n entre dans la partie en jouant
contre A n−2 ».
Pour que l’événement E
1
n soit réalisé, il faut que A n−1 entre dans la partie et qu’il gagne sa
première partie. Alors sa deuxième partie sera jouée avec A n . On a donc
P(E
1
n ) = P(E
1
n /E n−1 )P(E n−1 ) =
1
2
q n−1 .
De même, l’événement E
2
n est réalisé si A n−2 entre dans la partie et s’il gagne ses deux
premières parties (la deuxième contre A n−1 ). On a donc
P(E
2
n ) = P(E
2
n /E n−2 )P(E n−2 ) =
1
4
q n−2 .
On obtient enfin
q n = P(E n ) = P(E
1
n ) + P(E
2
n ) =
1
2
q n−1 +
1
4
q n−2 .
3. La suite (q n ) n3 est une suite vérifiant une relation de récurrence linéaire sur deux termes.
L’équation caractéristique est x
2 =
1
2
x +
1
4
, i.e. 4x
2
− 2x − 1 = 0 donc les solutions sont
x 1 =
1 +
√
5
4
et x 2 =
1 −
√
5
4
. Le calcul de q n est rendu pénible par le fait que les premiers
termes de cette suite récurrente sont q 3 et q 4 . Pour pallier à cette difficulté, considérons la
suite (q
n ) n∈N vérifiant, pour tout n ∈ N,
q
n =
1
2
q
n−1 +
1
4
q
n−2
et telle que q
n = q n pour n 3. Ceci détermine les premiers termes de manière unique.
On doit avoir q
2 = 4q
4 − 2q
3 = 4q 4 − 2q 3 = 2, q
1 = 4q
3 − 2q
2 = 4q 3 − 2q
2 = 0
et q
0 = 4q
2 − 2q
1 = 8.
Il existe (a, b) ∈ R
2 tel que, pour tout n ∈ N, q
n = ax
n
1 + bx
n
2 . On obtient
⎧
⎨
⎩
8 = q
0 = a + b
0 = q
1 = ax 1 + bx 2 =
a + b
4
+
(a − b)
√
5
4
·
D’où le système
⎧
⎨
⎩
a + b = 8
a − b = −
8
√
5
,
qui donne
a = 4 −
4
√
5
=
4(
√
5 − 1)
√
5
et b = 4 +
4
√
5
=
4(1 +
√
5)
√
5
·
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