© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
On obtient, pour tout n 3,
q n = q
n =
4(
√
5 − 1)
√
5
1 +
√
5
4
n
+
4(1 +
√
5)
√
5
1 −
√
5
4
n
=
4
√
5
1 +
√
5
4
n−1
−
1 −
√
5
4
n−1
.
D’autre part q 1 = q 2 = 1. On en déduit que, pour n 3,
p n =
1
8
q n =
1
2
√
5
1 +
√
5
4
n−1
−
1 −
√
5
4
n−1
et p 1 = p 2 =
1
8
·
9.
Pour tout k ∈ N
∗ , on note P k l’événement « le k-ième lancer donne pile ».
1. a. On a x 1 = P(P 1 ) = p, y 1 = P(P 1 ) = q, u 1 = P(P 1 ∩P 2 ) = p
2 , x 2 = P(P 1 ∩P 2 ) = pq,
y 2 = P(P 2 ) = q (car si le deuxième lancer est face, on est sûr de ne pas avoir deux
piles).
Ensuite u 2 = P(P 1 ∩ P 2 ∩ P 3 ) = qp
2 , x 3 = P(P 2 ∩ P 3 ) = qp (si le troisième lancer est
un pile, il faut que le précédent soit face pour ne pas avoir deux piles consécutifs et le
résultat du premier lancer peut être quelconque) et y 3 = P(P 1 ∩ P 2 ∩ P 3 ) = (1 − p
2 )q
(si le troisième lancer est un face, il suffit de ne pas avoir deux piles aux deux premiers
lancers pour que B 3 soit réalisé).
b. On a, pour tout n 1, U n = A n ∩ P n+1 . On en déduit
u n = P(A n ∩ P n+1 ) = P(A n )P(P n+1 ) = x n p,
car le résultat du n-ième lancer est indépendant des résultats des n premiers lancers.
c. Soit n 1. Si l’événement A n est réalisé et si le (n + 1)-ième lancer est pile, alors
obtient deux piles consécutifs et A n+1 ne peut être réalisé. Par contre B n+1 est réalisé si
le (n + 1)-ième lancer donne face. On a donc P(A n+1 /A n ) = 0 et P(B n+1 /A n ) = q. Si
B n est réalisé, A n+1 est réalisé si le (n + 1)-ième lancer donne pile et B n+1 réalisé si le
(n + 1)-ième lancer donne face. On a donc P(A n+1 /B n ) = p et P(B n+1 /B n ) = q.
d. On remarque que si A n+1 ou B n+1 est réalisé, on n’a pas deux piles consécutifs dans les
n-premiers lancers donc A n ou B n est réalisé. On a donc
A n+1 = (A n+1 ∩ A n ) ∪ ((A n+1 ∩ B n ) et B n+1 = (B n+1 ∩ A n ) ∪ (B n+1 ∩ B n ).
On en déduit
x n+1 = P(A n+1 ) = P(A n+1 ∩ A n ) + P((A n+1 ∩ B n )
= P(A n+1 /A n )P(A n ) + P((A n+1 /B n )P(B n ) = 0x n + py n = py n .
On obtient de même
y n+1 = P(B n+1 ) = P(B n+1 ∩ A n ) + P((B n+1 ∩ B n )
= P(B n+1 /A n )P(A n ) + P((B n+1 /B n )P(B n ) = qx n + qy n .
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SOLUTIONS
Solutions
On obtient, pour tout n 3,
q n = q
n =
4(
√
5 − 1)
√
5
1 +
√
5
4
n
+
4(1 +
√
5)
√
5
1 −
√
5
4
n
=
4
√
5
1 +
√
5
4
n−1
−
1 −
√
5
4
n−1
.
D’autre part q 1 = q 2 = 1. On en déduit que, pour n 3,
p n =
1
8
q n =
1
2
√
5
1 +
√
5
4
n−1
−
1 −
√
5
4
n−1
et p 1 = p 2 =
1
8
·
9.
Pour tout k ∈ N
∗ , on note P k l’événement « le k-ième lancer donne pile ».
1. a. On a x 1 = P(P 1 ) = p, y 1 = P(P 1 ) = q, u 1 = P(P 1 ∩P 2 ) = p
2 , x 2 = P(P 1 ∩P 2 ) = pq,
y 2 = P(P 2 ) = q (car si le deuxième lancer est face, on est sûr de ne pas avoir deux
piles).
Ensuite u 2 = P(P 1 ∩ P 2 ∩ P 3 ) = qp
2 , x 3 = P(P 2 ∩ P 3 ) = qp (si le troisième lancer est
un pile, il faut que le précédent soit face pour ne pas avoir deux piles consécutifs et le
résultat du premier lancer peut être quelconque) et y 3 = P(P 1 ∩ P 2 ∩ P 3 ) = (1 − p
2 )q
(si le troisième lancer est un face, il suffit de ne pas avoir deux piles aux deux premiers
lancers pour que B 3 soit réalisé).
b. On a, pour tout n 1, U n = A n ∩ P n+1 . On en déduit
u n = P(A n ∩ P n+1 ) = P(A n )P(P n+1 ) = x n p,
car le résultat du n-ième lancer est indépendant des résultats des n premiers lancers.
c. Soit n 1. Si l’événement A n est réalisé et si le (n + 1)-ième lancer est pile, alors
obtient deux piles consécutifs et A n+1 ne peut être réalisé. Par contre B n+1 est réalisé si
le (n + 1)-ième lancer donne face. On a donc P(A n+1 /A n ) = 0 et P(B n+1 /A n ) = q. Si
B n est réalisé, A n+1 est réalisé si le (n + 1)-ième lancer donne pile et B n+1 réalisé si le
(n + 1)-ième lancer donne face. On a donc P(A n+1 /B n ) = p et P(B n+1 /B n ) = q.
d. On remarque que si A n+1 ou B n+1 est réalisé, on n’a pas deux piles consécutifs dans les
n-premiers lancers donc A n ou B n est réalisé. On a donc
A n+1 = (A n+1 ∩ A n ) ∪ ((A n+1 ∩ B n ) et B n+1 = (B n+1 ∩ A n ) ∪ (B n+1 ∩ B n ).
On en déduit
x n+1 = P(A n+1 ) = P(A n+1 ∩ A n ) + P((A n+1 ∩ B n )
= P(A n+1 /A n )P(A n ) + P((A n+1 /B n )P(B n ) = 0x n + py n = py n .
On obtient de même
y n+1 = P(B n+1 ) = P(B n+1 ∩ A n ) + P((B n+1 ∩ B n )
= P(B n+1 /A n )P(A n ) + P((B n+1 /B n )P(B n ) = qx n + qy n .
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