\documentclass[a4paper,french,12pt]{article}
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\def\ccl#1{\[ \boxed{#1}\]}
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\newcommand\Llra\Longleftrightarrow

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 \pagestyle{fancy}
\lhead{ECE1}
\chead{Devoir maison n°4}
\rhead{2017-2018}
\lfoot{}
\cfoot{Généralités sur les fonctions}
\rfoot{M Leboucher}
\theoremstyle{break}
\newtheorem{theorem}{Théorème}
\theorembodyfont{\rmfamily}
\newtheorem{exo}[theorem]{Exercice}
\newtheorem{problem}[theorem]{Problème}
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% Question multiple
\newenvironment{qmulti}[1]{
	\def\columnseprulecolor{\color{white}}
	\begin{multicols}{#1}
	\begin{enumerate}
	}{
	\end{enumerate}
	\end{multicols}}

\newcommand{\Rr}{\mathbb{R}}
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\newcommand {\pare}[1] {\left( {#1} \right)}
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\newcommand {\nor}[1] { \left\| {#1} \right\|}
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\def \Q  {\mathbb{Q}} 
\def \E  {\mathbb{E}} 
\def \T  {\mathbb{T}} 
\def \Z  {\mathbb{Z}}
\def\F {\mathcal{F}}
\def \NN {\mathcal{N}}
\def \CC {{\mathcal C}}
\def \FF {{\mathcal F}}
\def \P {\mathbb{P}}
\def \ind {\hbox{ 1\hskip -3pt I}}
\newcommand {\va}[1] {\left| {#1} \right|}
\def \card {\mbox{card}}

\begin{document}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction du devoir Maison n°4}
\end{center}
\vspace{20pt}


\begin{exo}
Pour son vélo, Paul possède un antivol à code. Le code est une succession de trois chiffres compris entre $0$ et $9$. Il y a donc ordre et remise, on utilise donc les $p$-listes. 
\begin{enumerate}
\item $10\times 10\times 10=10^3$ (10 choix à chaque tirage)
\item $1\times 10\times 10=10^2$ (10 choix à chaque tirage)
\item $10\times 10\times 5=5\times10^2$ 
\item $5\times 5\times 5=5^3$ (5 choix à chaque tirage)
\item $5\times 5\times 5=5^3$ (5 choix à chaque tirage)
\item 
On pose $A=\acc{\text{codes ayant au moins un chiffre pair}}$.

$\bar{A}=\acc{\text{codes n'ayant aucun chiffre pair}}$
et $E=\acc{codes}$.

$Card(A)=Card(E)-Card(\bar{A})
=10^3-5^3$
\item 
$A=\acc{\text{codes dont le premier chiffre est l'unique chiffre pair}}$ donc $Card(A)=5\times 5\times 5=5^3$.

Il reste maintenant à choisir la place de ce chiffre pair, soit 3 possibilités d'où $3\times 5^3$.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $D_g=\R_+^*$.
\item La dérivée de $g$ vaut: $g'(x)=1-\frac{1}{x}$. Déterminons son signe:
 
$g'(x)\geq 0\Longleftrightarrow 
1-\frac{1}{x}\geq 0
\Longleftrightarrow 1\geq \frac{1}{x}
\Longleftrightarrow x\geq 1$. On notera que le signe de l'inégalité n'a pas changé car on restreint notre étude à $x\in\R_+^*$.
On a donc le tableau de variation suivant:
\begin{center}
\begin{tabular}{l|  l}
x &  $0$\hspace{0.5cm} 1\hspace{0.5cm}$+\infty$\\
\hline
$g'$&$\vert$\hspace{0.3cm}-\hspace{0.3cm}$\vert$\hspace{0.3cm}+\\
\hline
$g$ &$\vert\searrow$ \hspace{0.3cm}$\nearrow$
\end{tabular}
\end{center}
\item Par lecture du tableau de variations, la fonction $g$ admet un minimum en $1$ qui vaut $g(1)=0$. Par conséquent, 
$\forall x>0, g(x)\geq 0$ , donc $\forall x>0, \ln(x)\leq x-1$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item La fonction $x\to \frac{x\ln(x)}{x-1}$ est définie sur $\R_+^*\setminus\acc{1}$. La fonction $f$ étant définie séparément en 1, $D_f=\R_+^*$.
\item Calculons $f'$. Posons 
$\begin{cases}
u(x)=x\ln(x)\\ 
v(x)=x-1
\end{cases},$
on a alors
$\begin{cases}
u'(x)=\ln(x)+\frac{x}{x}=\ln(x)+1\\ 
v'(x)=1
\end{cases}$
et donc 
$$f'(x)
=\frac{(\ln(x)+1)(x-1)-x\ln(x)}{(x-1)^2}
=\frac{x-1-\ln(x)}{(x-1)^2}
=\frac{g(x)}{(x-1)^2}$$
On a montré en question 1(c) que $\forall x>0,\ g(x)\geq 0$, d'où le tableau de variation suivant:
\begin{center}
\begin{tabular}{l|  l}
x &  $0$\hspace{0.5cm} $+\infty$\\
\hline
$f'$&$\vert$\hspace{0.3cm}+\\
\hline
$f$ &$\vert$ \hspace{0.3cm}$\nearrow$
\end{tabular}
\end{center}
\item $\bullet$ Par croissances comparées $\lim\limits_{x\to 0^+} x\ln(x)=0$. Par conséquent $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=0$.

$\bullet$ $\lim\limits_{x\to 1^-} x\ln(x)=0$ et $\lim\limits_{x\to 1^-} x-1=0$ on a donc une forme indéterminée $\frac{0}{0}$. Posons $X=x-1$, lorsque $x\to 1^-$, $X\to 0^-$. Donc

$\lim\limits_{x\to1^-}\frac{x\ln(x)}{x-1}
=\lim\limits_{X\to0^-}\frac{(X+1)\ln(X+1)}{X}
=\lim\limits_{X\to0^-}(X+1)\times\frac{\ln(X+1)}{X}$

Or on sait que $\lim\limits_{X\to0}\frac{\ln(X+1)}{X}=1$, donc
$\lim\limits_{x\to1^-}\frac{x\ln(x)}{x-1}=1$.

$\bullet$ Le calcul précédent est valable pour $x\to 1^+$. On fait le même changement de variable, on a alors $X\to 0^+$ et 
$\lim\limits_{x\to1^+}\frac{x\ln(x)}{x-1}=1$.

$\bullet$ Puisque $\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=f(1)=1$, $f$ admet une limite en 1 qui vaut 1.

$\bullet$ En $+\infty$ on a une forme indéterminée $\frac{\infty}{\infty}$. 
On met en facteur le terme dominant.

$\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{x\ln(x)}{x-1}
=\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{x\ln(x)}{x\pare{1-\frac{1}{x}}}
=\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{1-\frac{1}{x}}
=+\infty$

car $\lim\limits_{x\to+\infty} \ln(x)=+\infty$ 
$\lim\limits_{x\to+\infty} 1-\frac{1}{x}=1$. 
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item $P(\acc{PB_1}) = P(\acc{P}) \times P_{\acc{P}} ( B_1) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}.$
\item $P(\acc{PA_1}) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}$, \quad $P(\acc{FA_1}) = \dfrac{1}{2} \times 1 = \dfrac{1}{2}$ \quad et \quad $P(\acc{FB_1}) = 0$.
\item (F,P) forme un système complet d'évènement donc :
$P(A_1) = P(\acc{FA_1}) + P(\acc{PA_1}) = \dfrac{5}{6}$ et  $P(B_1) = P(\acc{FB_1}) + P(\acc{PB_1}) = \dfrac{1}{6}$
\end{enumerate}

\item \begin{enumerate}
\item \underline{$P_{A_{n}}(A_{n+1})$} : Il s'agit de la probabilité
conditionnelle que la boule blanche soit dans l'urne $U_{1}$ à l'instant $ t=n+1$ sachant qu'elle est dans l'urne $U_{1}$ à l'instant $t=n.$  
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
instant $t=n$ &  & instant $t=n+1$ \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
&  &  \\ 
\begin{tabular}{llll}
\multicolumn{1}{|l}{1 B} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{}
\\ 
\multicolumn{1}{|l}{2 N} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{2N
} \\ \cline{1-1}\cline{4-4}
&  &  &  \\ 
$U_{1}$ &  &  & $U_{2}$%
\end{tabular}
& $\overset{\mathcal{E}}{\hookrightarrow }$ & 
\begin{tabular}{llll}
\multicolumn{1}{|l}{1 B} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{}
\\ 
\multicolumn{1}{|l}{2 N} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{2N
} \\ \cline{1-1}\cline{4-4}
&  &  &  \\ 
$U_{1}$ &  &  & $U_{2}$%
\end{tabular}
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
Par conséquent, si la boule blanche est dans l'urne $U_{1}$ à l'instant $n,$ pour qu'elle soit dans l'urne $U_{1}$ à l'instant $t=n+1,$ il est nécessaire et suffisant que la pièce fournisse Pile (donc on pioche dans $U_{1}$) et que l'on pioche
une boule noire dans l'urne $U_{1}$ (qui contient 1 blanche et 2 noires)%
ou
que la pièce fournisse Face (donc on pioche dans l'urne $U_{2}$) et que l'on
pioche une boule noire dans l'urne $U_{2}$ (qui contient donc 2 noires),%
\newline
c'est-à-dire que l'on a la réalisation de l'évènement $\{P\overline{B_{1}}%
\}\cup \{\overline{P}\overline{B_{2}}\}$ donc 
\begin{eqnarray*}
P_{A_{n}}(A_{n+1}) &=&P(\{P\overline{B_{1}}\}\cup \{\overline{P}\overline{%
B_{2}}\})=p(\{P\overline{B_{1}}\})+p(\{\overline{P}\overline{B_{2}}%
\})=p(P)p_{P}(\overline{B_{1}})+p(\overline{P})p_{\overline{P}}(\overline{%
B_{1}}) \\
&=&\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{2}=\dfrac{5}{%
6}
\end{eqnarray*}%
\underline{$P_{B_{n}}(A_{n+1})$} : Il s'agit de la probabilité
conditionnelle que la boule blanche soit dans l'urne $U_{1}$ à l'instant $%
t=n+1$ sachant qu'elle est dans l'urne $U_{2}$ à l'instant $t=n.$ 
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
instant $t=n$ &  & instant $t=n+1$ \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
&  &  \\ 
\begin{tabular}{llll}
\multicolumn{1}{|l}{} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{1 B}
\\ 
\multicolumn{1}{|l}{2 N} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{2N
} \\ \cline{1-1}\cline{4-4}
&  &  &  \\ 
$U_{1}$ &  &  & $U_{2}$%
\end{tabular}
& $\overset{\mathcal{E}}{\hookrightarrow }$ & 
\begin{tabular}{llll}
\multicolumn{1}{|l}{1 B} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{}
\\ 
\multicolumn{1}{|l}{2 N} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{2N
} \\ \cline{1-1}\cline{4-4}
&  &  &  \\ 
$U_{1}$ &  &  & $U_{2}$%
\end{tabular}
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
Par conséquent, si la boule blanche est dans l'urne $U_{2}$ à l'instant $n,$
pour qu'elle soit dans l'urne $U_{1}$ à l'instant $t=n+1,$ il est nécessaire
et suffisant que la pièce fournisse Face (donc on pioche dans $U_{2}$) et
que l'on pioche la boule blanche dans l'urne $U_{2}$ (qui contient 1 blanche
et 2 noires), c'est-à-dire que l'on a la réalisation de l'évènement $\{%
\overline{P}B_{2}\}$ donc 
\begin{eqnarray*}
P_{B_{n}}(A_{n+1}) &=&P(\{\overline{P}B_{2}\})=p(\overline{P})p_{\overline{P}%
}(B_{2}) \\
&=&\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}
\end{eqnarray*}

\item \underline{$P_{A_{n}}(B_{n+1})$} : Il s'agit de la probabilité
conditionnelle que la boule blanche soit dans l'urne $U_{2}$ à l'instant $%
t=n+1$ sachant qu'elle est dans l'urne $U_{1}$ à l'instant $t=n.$ 
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
instant $t=n$ &  & instant $t=n+1$ \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
&  &  \\ 
\begin{tabular}{llll}
\multicolumn{1}{|l}{1 B} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{}
\\ 
\multicolumn{1}{|l}{2 N} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{2N
} \\ \cline{1-1}\cline{4-4}
&  &  &  \\ 
$U_{1}$ &  &  & $U_{2}$%
\end{tabular}
& $\overset{\mathcal{E}}{\hookrightarrow }$ & 
\begin{tabular}{llll}
\multicolumn{1}{|l}{} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{1 B}
\\ 
\multicolumn{1}{|l}{2 N} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{2N
} \\ \cline{1-1}\cline{4-4}
&  &  &  \\ 
$U_{1}$ &  &  & $U_{2}$%
\end{tabular}
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
Par conséquent, si la boule blanche est dans l'urne $U_{1}$ à l'instant $n,$
pour qu'elle soit dans l'urne $U_{2}$ à l'instant $t=n+1,$ il est nécessaire
et suffisant que la pièce fournisse Pile (donc on pioche dans $U_{1}$) et
que l'on pioche la boule blanche dans l'urne $U_{1}$ (qui contient 1 blanche
et 2 noires), c'est-à-dire que l'on a la réalisation de l'évènement $%
\{PB_{1}\}$ donc 
\begin{equation*}
P_{A_{n}}(B_{n+1})=P(\{PB_{1}\})=\dfrac{1}{6}
\end{equation*}%
\underline{$P_{B_{n}}(B_{n+1})$} : Il s'agit de la probabilité
conditionnelle que la boule blanche soit dans l'urne $U_{2}$ à l'instant $%
t=n+1$ sachant qu'elle est dans l'urne $U_{2}$ à l'instant $t=n.$ 
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
instant $t=n$ &  & instant $t=n+1$ \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
&  &  \\ 
\begin{tabular}{llll}
\multicolumn{1}{|l}{} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{1 B}
\\ 
\multicolumn{1}{|l}{2 N} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{2N
} \\ \cline{1-1}\cline{4-4}
&  &  &  \\ 
$U_{1}$ &  &  & $U_{2}$%
\end{tabular}
& $\overset{\mathcal{E}}{\hookrightarrow }$ & 
\begin{tabular}{llll}
\multicolumn{1}{|l}{} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{1 B}
\\ 
\multicolumn{1}{|l}{2 N} & \multicolumn{1}{|l}{} &  & \multicolumn{1}{|l|}{2N
} \\ \cline{1-1}\cline{4-4}
&  &  &  \\ 
$U_{1}$ &  &  & $U_{2}$%
\end{tabular}
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
Par conséquent, si la boule blanche est dans l'urne $U_{2}$ à l'instant $n,$
pour qu'elle soit dans l'urne $U_{2}$ à l'instant $t=n+1,$ il est nécessaire
et suffisant \newline
que la pièce fournisse Pile (donc on pioche dans $U_{1}$) et que l'on pioche
une boule noire dans l'urne $U_{1}$ (qui contient 2 noires)\newline
ou\newline
que la pièce fournisse Face (donc on pioche dans l'urne $U_{2}$) et que l'on
pioche une boule noire dans l'urne $U_{2}$ (qui contient donc 1 blanche et 2
noires),\newline
c'est-à-dire que l'on a la réalisation de l'évènement $\{P\overline{B_{1}}%
\}\cup \{\overline{P}\overline{B_{2}}\}$ donc 
\begin{eqnarray*}
P_{B_{n}}(B_{n+1}) &=&P(\{P\overline{B_{1}}\}\cup \{\overline{P}\overline{%
B_{2}}\})=p(\{P\overline{B_{1}}\})+p(\{\overline{P}\overline{B_{2}}%
\})=p(P)p_{P}(\overline{B_{1}})+p(\overline{P})p_{\overline{P}}(\overline{%
B_{1}}) \\
&=&\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{5}{%
6}
\end{eqnarray*}

\item La position de la boule blanche dépend de la position de la boule
blanche à l'instant précédent et du résultat du lancer de pièce. Etant donné
que la position de la pièce à l'instant précédent est antérieure au résultat
de la pièce, on choisit comme système complet d'évènements $(A_{n},B_{n})$
et non $(P,\overline{P}).$ \newline
En outre, le sujet mentionne que le calcul des quatres probabilités
conditionnelles $P_{A_{n}}(A_{n+1}),$ $P_{B_{n}}(A_{n+1}),$ $%
P_{A_{n}}(B_{n+1})$ et $P_{B_{n}}(B_{n+1})$ donc le sujet suggère que le syst%
ème complet à considérer est $(A_{n},B_{n}).$ \newline
La formule des probabilités totales nous donne%
{\small
\begin{equation*}\hspace{-20pt}
\left\{ 
\begin{array}{cc}
(1): & p(A_{n+1})=P(A_{n}\cap A_{n+1})+p(B_{n}\cap
A_{n+1})=p(A_{n})p_{A_{n}}(A_{n+1})+p(B_{n})p_{B_{n}}(A_{n+1})=\dfrac{5}{6}%
p(A_{n})+\dfrac{1}{6}p(B_{n})\medskip  \\ 
(2): & p(B_{n+1})=P(A_{n}\cap B_{n+1})+p(B_{n}\cap
B_{n+1})=p(A_{n})p_{A_{n}}(B_{n+1})+p(B_{n})p_{B_{n}}(B_{n+1})=\dfrac{1}{6}%
p(A_{n})+\dfrac{5}{6}p(B_{n})\medskip 
\end{array}%
\right. 
\end{equation*}
}

\item Puisque le système $(A_{n},B_{n})$ est complet, on a $%
P(A_{n})+P(B_{n})=1$. \newline
La formule (1) combinée au fait que $p(B_{n})=1-p(A_{n})$ nous donne%
\begin{equation*}
p(A_{n+1})=\dfrac{5}{6}p(A_{n})+\dfrac{1}{6}(1-p(A_{n}))=\dfrac{2}{3}%
p(A_{n})+\dfrac{1}{6}
\end{equation*}%
De même la formule (2) combinée au fait que $p(A_{n})=1-p(B_{n})$ nous donne%
\begin{equation*}
p(B_{n+1})=\dfrac{1}{6}(1-p(B_{n}))+\dfrac{5}{6}p(B_{n})=\dfrac{2}{3}%
p(B_{n})+\dfrac{1}{6}
\end{equation*}

\item Les suites $(p(A_{n}))_{n\geqslant 0}$ et $(p(B_{n}))_{n\geqslant 0}$
sont arithmético-géométriques. Pour l'explicitation de $p(A_{n}),$ on
recherche la constante $L$ vérifiant%
\begin{equation*}
L=\dfrac{2}{3}L+\dfrac{1}{6}\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}L=\dfrac{1}{6}%
\Leftrightarrow L=\dfrac{1}{2}
\end{equation*}%
on introduit alors la suite $u$ définie par $\forall n\geqslant 1,\quad
u_{n}=p(A_{n})-\dfrac{1}{2}.$ On a 
\begin{equation*}
u_{n+1}=p(A_{n+1})-\dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{3}p(A_{n})+\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{2%
}=\dfrac{2}{3}p(A_{n})-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}(p(A_{n})-\dfrac{1}{2})=%
\dfrac{2}{3}u_{n}
\end{equation*}%
Par conséquent, la suite $u$ est géométrique de raison $\dfrac{2}{3}$ donc
{\small 
\begin{equation*}\hspace{-40pt}
\forall n\geqslant 0,\quad u_{n}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}u_{0}\Leftrightarrow
p(A_{n})-\dfrac{1}{2}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\left[ p(A_{0})-\dfrac{1}{2}\right]
\Leftrightarrow p(A_{n})=\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\left[ 1-\dfrac{1}{2}%
\right] \Leftrightarrow p(A_{n})=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}
\end{equation*}%
}
(puisque $p(A_{0})$ est la probabilité que la boule blanche soit dans l'urne 
$U_{1}$ à l'issue de zéro répétition de $\mathcal{E},$ c'est-à-dire que la
boule blanche soit dans l'urne $U_{1}$ au départ)\newline
Les calculs pour la suite $(p(B_{n}))_{n\geqslant 0}$ étant absolument
identique, on a 
\begin{equation*}
\forall n\geqslant 0,\quad p(B_{n})=\dfrac{1}{2}+(\dfrac{2}{3})^{n}\left[
p(B_{0})-\dfrac{1}{2}\right] =\dfrac{1}{2}+(\dfrac{2}{3})^{n}\left[ 0-\dfrac{%
1}{2}\right] =\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}(\dfrac{2}{3})^{n}
\end{equation*}%
(puisque $p(B_{0})$ est la probabilité que la boule blanche soit dans l'urne 
$U_{2}$ à l'issue de zéro répétition de $\mathcal{E},$ c'est-à-dire que la
boule blanche soit dans l'urne $U_{2}$ au départ)
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Si le joueur gagne la $n$-ème partie il mise sur 3 numéros donc $\ds P_{A_n}(A_{n+1})=\frac3{12}=\frac14$.\\
Sinon, il mise sur 2 numéros donc $\ds P_{\overline{A_n}}(A_{n+1})=\frac2{12}=\frac16$.
\ccl{\forall n\in\N^\star,~P_{A_n}(A_{n+1})=\frac14\hspace{20pt}\text{et}\hspace{20pt}P_{\overline{A_n}}(A_{n+1})=\frac16.}
$\{A_n,\overline{A_{n}}\}$ est un système complet d'événements fini donc, d'après la formule des probabilités totales,
$$p_{n+1}=P(A_{n+1})=P(A_n)P_{A_n}(A_{n+1})+P(\overline{A_n})P_{\overline{A_n}}(A_{n+1})=\frac14p_n+\frac16(1-p_n)=\left(\frac14-\frac16\right)p_n+\frac16$$
\ccl{\forall n\in\N^\star,~p_{n+1}=\frac1{12}p_n+\frac16.}
\item Tout d'abord,
$$x=\frac1{12}x+\frac16\Llra \frac{11}{12}x=\frac16\Llra x=\frac{2}{11}.$$
On a alors, pour tout $n\in\N^\star$,
$$p_{n+1}-\frac2{11}=\frac1{12}p_n+\frac16-\left(\frac1{12}\frac2{11}+\frac16\right)=\frac1{12}\left(p_n-\frac2{11}\right).$$
\ccl{\left(p_n-\frac2{11}\right)_{n\in\N^\star}\text{ est géométrique de raison }\frac1{12}.}
\item $\ds\left(p_n-\frac2{11}\right)_{n\in\N^\star}$ étant géométrique de raison $\ds\frac1{12}$, on a:
$$\forall n\in\N^\star,~p_n-\frac2{11}=\left(\frac1{12}\right)^{n-1}\left(p_1-\frac2{11}\right).$$
De plus, $\ds p_1=P(A_1)=\frac1{12}$ d'où:
$$\forall \in\N^\star,~p_n=\left(\frac1{12}\right)^{n-1}\left(\frac1{12}-\frac2{11}\right)+\frac2{11}=\frac2{11}-\frac{13}{132}\left(\frac1{12}\right)^{n-1}.$$
\ccl{\forall n\in\N^\star,~p_n=\frac2{11}-\frac{13}{132}\left(\frac1{12}\right)^{n-1}.}
Puisque $\ds\left|\frac1{12}\right|<1$,
\ccl{\lim_{n\to+\infty}p_n=\frac2{11}.}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item \ccl{B_n=\left(\bigcap_{i=1}^{n-1}\overline{A_i}\right)\bigcap A_n.}
$\ds P\left(\bigcap_{i=1}^{n-1}\overline{A_i}\right)>0$ donc, d'après la formule des probabilités totales,
\begin{align*}
P(B_n)&=P(\overline{A_1})P_{\overline{A_1}}(\overline{A_2})\ldots P_{\bigcap_{i=1}^{n-2}\overline{A_i}}(\overline{A_{n-1}}) P_{\bigcap_{i=1}^{n-1}\overline{A_i}}(A_n)
\end{align*}
De plus, la façon de jouer ne dépend que du résultat précédent donc
\begin{align*}
P(B_n)&=P(\overline{A_1})P_{\overline{A_1}}(\overline{A_2})\ldots P_{\overline{A_{n-2}}}(\overline{A_{n-1}}) P_{\overline{A_{n-1}}}(A_n)\\
&=P(\overline{A_1})\left(\prod_{k=1}^{n-2}P_{\overline{A_{k}}}(\overline{A_{k+1}})\right)P_{\overline{A_{n-1}}}(A_n)=\frac{11}{12}\left(\prod_{k=1}^{n-2}\frac56\right)\frac16
\end{align*}
\ccl{P(B_n)=\frac{11}{72}\left(\frac56\right)^{n-2}.}
\item $\ds B_1=A_1\bigcap \left(\bigcap_{i=2}^{n}\overline{A_i}\right)$. De plus, $\ds P\left(A_1\bigcap \left(\bigcap_{i=2}^{n-1}\overline{A_i}\right)\right)>0$ donc, d'après la formule des probabilités totales et en reprenant l'idée du raisonnement précédent, on a:
\begin{align*}
P(B_1)&=P(A_1)P_{A_1}(\overline{A_2})P_{A_1\bigcap\overline{A_2}}(\overline{A_3})\ldots P_{A_1\bigcap \left(\bigcap_{i=2}^{n-1}\overline{A_i}\right)}(\overline{A_n})\\
&=P(A_1)P_{A_1}(\overline{A_2})P_{\overline{A_2}}(\overline{A_3})\ldots P_{\overline{A_{n-1}}}(\overline{A_n})=\frac1{12}\frac34\left(\frac56\right)^{n-2}.
\end{align*}
\ccl{P(B_1)=\frac1{16}\left(\frac56\right)^{n-2}.}
\item Soit $k\in\llbracket 2,n-1\rrbracket$. On a $\ds B_k=\left(\bigcap_{i=1}^{k-1}\overline{A_i}\right)\bigcap A_k\bigcap\left(\bigcap_{i=k+1}^{n}\overline{A_i}\right)$.\\
On a $\ds P\left(\left(\bigcap_{i=1}^{k-1}\overline{A_i}\right)\bigcap A_k\bigcap\left(\bigcap_{i=k+1}^{n-1}\overline{A_i}\right)\right)>0$ donc, d'après la formule des probabilités totales et en reprenant les raisonnements précédents, on a:
\begin{align*}
P(B_k)&=P(\overline{A_1})\left(\prod_{i=1}^{k-2}P_{\overline{A_i}}(\overline{A_{i+1}})\right)P_{\overline{A_{k-1}}}(A_k)P_{A_k}(\overline{A_{k+1}})\left(\prod_{i=k+1}^{n-1}P_{\overline{A_i}}(\overline{A_{i+1}})\right)\\
&=\frac{11}{12}\left(\frac56\right)^{k-2}\frac16\frac34\left(\frac56\right)^{n-k-1}
\end{align*}
\ccl{\forall k\in\llbracket2,n-1\rrbracket,~P(B_k)=\frac{11}{96}\left(\frac56\right)^{n-3}.}
\item $\ds C_n=\bigcup_{k=1}^n B_k$ et les $B_k$ sont deux à deux incompatibles donc
\begin{align*}
P(C_n)&=\sum_{k=1}^nP(B_k)=P(B_1)+\sum_{k=2}^{n-1}P(B_k)+P(B_n)\\
&=\frac1{16}\left(\frac56\right)^{n-2}+\sum_{k=2}^{n-1}\frac{11}{96}\left(\frac56\right)^{n-3}+\frac{11}{72}\left(\frac56\right)^{n-2}\\
&=\left(\frac1{16}+\frac{11}{72}\right)\left(\frac56\right)^{n-2}+(n-2)\frac{11}{96}\left(\frac56\right)^{n-3}
\end{align*}
\ccl{P(C_n)=\frac{31}{144}\left(\frac56\right)^{n-2}+(n-2)\frac{11}{96}\left(\frac56\right)^{n-3}.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}