 \input{../preambules/preCorrection.tex}


\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 17}
\lfoot{}
\cfoot{Espaces probabilisés infinis.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 17}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{9}

\savoir{Modéliser un problème de probabilité}
\label{Modéliser un problème de probabilité}

\begin{exo}[Trouver le bon nombre]
Vous choisissez un nombre entre 1 et 100 et jouez contre un ordinateur. L'ordinateur tire un nombre aléatoire entre 1 et 100 jusqu'à découvrir votre nombre. On note les évènements 
\begin{center}
\begin{tabular}{cl}
$A_n$ = & \{ Au tirage n°$n$, L'ordinateur donne la bonne réponse  \} \\
$G_n$ = & \{L'ordinateur gagne la partie au $n$-ième tirage \} \\
$G$ = & \{ L'ordinateur gagne \} \\
\end{tabular}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$G_n = \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \ldots \cap \overline{A_{n-1}} \cap A_n = \ds \left( \bigcap_{k=1}^{n-1} \overline{A_k} \right) \cap A_n$.}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$G = \ds \bigcup_{n=1}^{+\infty} G_n$.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}
Emma et Pauline lancent le même dé à tour de rôle (Emma commence). Le gagnant est le premier à obtenir 6. On s'intéresse aux trois évènements 
\begin{center}
A= \{ victoire de Pauline \} \\
B= \{victoire d'Emma \} \\
C= \{ il n'y a pas de vainqueur \}
\end{center}
On introduit également les évènements suivants :
\begin{center}
$F_n$ = \{fin de la partie au $n$-ième lancer \}\\
$S_n$ = \{le $n$-ième lancer donne un 6 \} \\
$F$ = \{La partie se termine \} 
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Nous avons 
\begin{center}
\fbox{$A = F_2 \bigcup F_4 \bigcup \ldots \bigcup F_{2n} \bigcup \ldots = \ds \bigcup_{k=1}^{+\infty} F_{2k} $}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$B = F_1 \bigcup F_3 \bigcup F_5 \bigcup \ldots \bigcup F_{2n+1} \bigcup \ldots = \ds \bigcup_{k=1}^{+\infty} F_{2k - 1}$. }
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$C = \ds  \overline{A} \bigcap \overline{B} = \bigcap_{k=1}^{+\infty} \overline{F_k}$.}
\end{center}
\item On obtient $F_n$ à l'aide de 
\begin{center}
\fbox{$
F_n = \ds \overline{S_1} \bigcap \overline{S_2} \bigcap \ldots \bigcap \overline{S_{n-1}} \bigcap S_n = \left( \bigcap_{k=1}^{n-1} \overline{S_k} \right) \bigcap S_n
$}
\end{center}
\item On traduit l'évènement $F$ par 
\begin{center}
\fbox{$ F = F_1 \bigcup F_2 \bigcup \ldots = \ds \bigcup_{k=1}^{ +\infty} F_k$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
Luke et Han jouent chacun avec deux dés équilibrés. Luke gagnera s'il obtient un total de $6$. Han gagne en amenant un total de $5$. Han joue le premier et ensuite (s'il y a une suite), Luke et Han jouent alternativement. On note 
\begin{center}
\begin{tabular}{cl}
$S_n$ = & \{ Obtenir un 6 en lançant deux dés au $n$-ième lancer \} \\
$C_n$ = & \{ Obtenir un 5 en lançant deux dés au $n$-ième lancer \} \\
$L_n$ = & \{ Luke gagne à son $n-$ième lancer\} \\
$H_n$ = & \{ Han gagne à son $n-$ième lancer \} \\
$L$ = & \{ Luke a gagné \} \\
$H$ = & \{ Han a gagné \}
\end{tabular}
\begin{enumerate}
\item On a 
\begin{center}
\fbox{$L_n = \ds \overline{C_1} \bigcap \overline{S_2} \bigcap \overline{C_3} \bigcap \ldots \bigcap \overline{C_{2n-1}} \bigcap S_{2n} = \left( \bigcap_{k=1}^{n} \overline{C_{2k-1}} \right) \left( \bigcap_{k=1}^{n-1} \overline{S_{2k}} \right) \bigcap S_{2n} $  }
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$H_n = \ds \overline{C_1} \bigcap \overline{S_2} \bigcap \overline{C_3} \bigcap \ldots \overline{S_{2n-2}} \bigcap C_{2n-1} = \left( \bigcap_{k=1}^{n-1} \overline{C_{2k-1}} \right) \left( \bigcap_{k=1}^{n-1} \overline{S_{2k}} \right) \bigcap C_{2n-1} $  }
\end{center}

\item On a 
\begin{center}
\fbox{$L = \ds \bigcup_{n = 1}^{+\infty} L_n$ et $H = \ds \bigcup_{n = 1}^{+\infty} H_n$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{center}

\end{exo}


\savoir{Calculer la probabilité d'une union ou d'une intersection infinie}
\label{Calculer la probabilité d'une union ou d'une intersection infinie}

\begin{exo}
On lance un dé jusqu'à ce que l'on obtienne un 6.
\begin{itemize}
\item On note l'évènement $A_n$ : "obtenir le premier 6 au $n^{i\grave{e}me}$ lancer" et les évènements $S_n$ : "Obtenir un 6 au  $n^{i\grave{e}me}$ lancer". On a alors
$$
A_n = \overline{S_1} \bigcap \overline{S_2} \bigcap \ldots \bigcap \overline{S_{n-1}} \bigcap S_n = \ds \left( \bigcap_{k=1}^{n-1} \overline{S_k} \right) \bigcap S_n 
$$
Les évènements étant indépendants, on a 
\begin{align*}
P(A_n) & = P \left( \left( \bigcap_{k=1}^{n-1} \overline{S_k} \right) \bigcap S_n \right) \\
& = \ds \prod_{k=1}^{n-1} P\left(\overline{S_k} \right) \times P(S_n) \\ 
& = \left( \dfrac{5}{6} \right)^{n-1} \times \dfrac{1}{6}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On a donc $P(A_n) =  \left( \dfrac{5}{6} \right)^{n-1} \times \dfrac{1}{6}$}
\end{center}
\vspace{10pt}
\item On note l'évènement $A$ : "Obtenir au moins un 6". On a
$$
A = \bigcup_{n=1}^{+\infty} A_n
$$
\end{itemize}
Les évènements $A_1$, $A_2$, $\ldots$, sont 2 à 2 disjoints, donc
\begin{align*}
P(A) & = \sum_{n=1}^{+\infty} P(A_n) \\
& =  \sum_{n=1}^{+\infty} \left( \dfrac{5}{6} \right)^{n-1} \times \dfrac{1}{6} \\
\end{align*}
En passant par les sommes partielles 
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n \left( \dfrac{5}{6} \right)^{k-1} \times \dfrac{1}{6} & = \dfrac{1}{6} \times \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{5}{6} \right)^{k-1} \\
& = \dfrac{1}{6} \times \sum_{k=0}^{n-1} \left( \dfrac{5}{6} \right)^{k} \\
\end{align*}
La série $\ds \sum_{n \geq 0} \left( \dfrac{5}{6} \right)^{n} $ est une série géométrique convergente et donc 
\begin{align*}
P(A) & = \dfrac{1}{6}  \sum_{k=0}^{+ \infty} \left( \dfrac{5}{6} \right)^{k} \\
& = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{1 - \dfrac{5}{6}} \\
& = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{1/6}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Finalement $P(A) = 1$.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}
On a $\forall n \in \entier{1,100}$ ainsi $P(A_n) = \dfrac{1}{100}$. Les évènements $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_n$ sont des évènements indépendants donc 
$$
P(G_n) = \prod_{k=1}^{n-1} P( \overline{A_k} ) \times P(A_n) 
$$ 
\begin{center}
 \fbox{Donc $P(G_n) = \left( \dfrac{99}{100} \right)^{n-1} \times \dfrac{1}{100}$.}
 \end{center}
 \vspace{10 pt}
 Les évènements $G_1$, $G_2$, $\ldots$ sont 2 à 2 disjoints et donc 
 \begin{align*}
 P(G) & = \sum_{n=1}^{+\infty}  P(G_n) \\
 & = \sum_{n=1}^{+\infty}  \left( \dfrac{99}{100} \right)^{n-1} \times \dfrac{1}{100}
 \end{align*}
 En passant par les sommes partielles 
 $$
 \sum_{k=1}^{n}  \left( \dfrac{99}{100} \right)^{k-1} \times \dfrac{1}{100} = \dfrac{1}{100} \sum_{k=0}^{n-1}  \left( \dfrac{99}{100} \right)^{k}
 $$
\begin{center}
\fbox{Donc $P(G) = \dfrac{1}{100} \times \dfrac{1}{1 - \dfrac{99}{100}} = 1$.}
\end{center}
\end{exo}


\begin{exo}[*]
Une urne contient deux boules blanches et une boule noire. On effectue des tirages successifs d'une boule dans cette urne que l'on remet après avoir noté la couleur, jusqu'à ce que l'on obtienne la boule noire. On considère les évènements suivants :
\begin{center}
\begin{tabular}{cl}
$A$ = &\{ On effectue un nombre fini de tirages \} \\
$\forall n \in \N^*, F_n = $ & \{Le jeu s'arrête au $n$-ième tirage \} \\
$\forall n \in \N^*, B_n = $ & \{On tire une boule blanche au $n$-ième tirage \} \\
\end{tabular}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Soient $i,j \in N$  tels que $i \neq j$. Le jeu ne peut pas s'arrêter à la fois au $i$-ième tirage et au $j$-ième tirage ainsi $F_i \bigcap F_j = \emptyset$.
\begin{center}
\fbox{Les ensembles $(F_n)_{n \in \N^*}$ sont deux à deux disjoints. }
\end{center}
\item On a alors 
\begin{center}
\fbox{$F_n = B_1 \bigcap B_2 \bigcap \ldots \bigcap B_{n-1} \bigcap \overline{B_n}$}
\end{center}
\item On a 
\begin{center}
\fbox{$A = \ds \bigcup_{n=1}^{+ \infty} F_n$.}
\end{center}
Les évènements $B_1$, $B_2$, $\ldots$, $B_n$ sont indépendants donc 
$$
P(F_n) = \prod_{k=1}^{n-1} P(B_k) \times P(\overline{B_n}) = \dfrac{1}{3}  \times \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1}  
$$
 Ainsi 
 \begin{align*}
 P(A) & = \sum_{n=1}^{+\infty} P(F_n) = \dfrac{1}{3} \sum_{n=1}^{+\infty} \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1}
\end{align*}
En passant par les sommes partielles,
\begin{align*}
\dfrac{1}{3} \sum_{k=1}^n \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-1} & = \dfrac{1}{3} \sum_{k=0}^{n-1} \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k}
\end{align*}  
Ainsi
\begin{align*}
P(A) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{1 - \dfrac{2}{3}} = \dfrac{1}{3} \times 3 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc $P(A) = 1$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On a pour tout $n \in \N$, 
\begin{center}
\fbox{$P(S_n) = \dfrac{1}{6}$}
\end{center}
Les évènements $S_1, S_2, \ldots, S_n$ sont indépendants donc
$$ P(F_n) = \prod_{k=1}^{n-1} P(\overline{S_k} ) \times P(S_n) $$ 
On a donc
\begin{center}
\fbox{$P(F_n) = \left( \dfrac{5}{6} \right)^{n-1} \times \dfrac{1}{6}$}
\end{center}
On a 
\begin{align*}
P(A) = \sum_{k=1}^{+\infty} P(F_{2k}) = \sum_{k=1}^{+\infty} \left( \dfrac{5}{6} \right)^{2k-1} \times \dfrac{1}{6}
\end{align*}
En passant par les sommes partielles,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n \left( \dfrac{5}{6} \right)^{2k-1} \times \dfrac{1}{6} & = \dfrac{1}{6} \times \sum_{k=1}^n \left( \dfrac{5}{6} \right)^{2k-1} \\
& = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{6}{5} \sum_{k=1}^n \left( \dfrac{5}{6} \right)^{2k} \\
& = \dfrac{1}{5} \sum_{k=1}^n \left( \dfrac{25}{36} \right)^{k} \\
\end{align*}
On a donc 
$$
P(A) = \dfrac{1}{5} \times \dfrac{25}{36} \dfrac{1}{1 - \dfrac{25}{36}} = \dfrac{5}{36} \times \dfrac{36}{11}
$$
\begin{center}
\fbox{Ainsi $P(A) = \dfrac{5}{11}$.}
\end{center}
On peut également représenter 
$$ \overline{F} = \bigcap_{n=1}^{+\infty} \overline{S_n} = \lim_{n \to + \infty} \bigcap_{k=1}^n \overline{S_k}$$
Ainsi, comme les évènements $S_1$, $S_2$, $\ldots$, sont indépendants
\begin{align*}
P(\overline{F}) & = \lim_{n \to + \infty} P \left( \bigcap_{k=1}^n \overline{S_k} \right) \\
& = \lim_{n \to + \infty} \prod_{k=1}^n  P(\overline{S_k}) \\
& = \lim_{n \to + \infty} \left( \dfrac{5}{6} \right)^n = 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On a alors $P(C) = P(\overline{F}) = 0$ et $P(F) = 1 - P(\overline{F}) = 1$}
\end{center}
Comme $A \bigcup B = F$, les évènements $A$ et $B$ sont disjoints, on a 
\begin{center}
\fbox{$P(B) = P(F) - P(A) = 1 - \dfrac{5}{11} = \dfrac{6}{11}$. }
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
En utilisant le dénombrement, on calcule
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N, P(S_n) = \dfrac{5}{36}$ et $P(C_n) = \dfrac{4}{36} = \dfrac{1}{9}$. }
\end{center}
Les évènements $C_1$, $S_1$, $C_2$, $S_2$, $\ldots$, $C_{2n - 1}$, $S_{2n}$ sont indépendants donc
\begin{align*}
P(L_n) & = \left( \prod_{k=1}^n P(\overline{C_{2k - 1}}) \right) \times \left(\prod_{k=1}^{n-1} P(\overline{S_{2k}}) \right) \times P(S_{2n}) \\
& = \left( \dfrac{8}{9} \right)^n \times \left( \dfrac{31}{36} \right)^{n-1} \times \dfrac{5}{36} \\
& = \left( \dfrac{8}{9} \right)^n \times \left( \dfrac{31}{36} \right)^{n} \times \dfrac{36}{31} \times \dfrac{5}{36} \\
& = \dfrac{5}{31} \left( \dfrac{8}{9} \times \dfrac{31}{36} \right)^{n}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $P(L_n)= \dfrac{5}{31} \left( \dfrac{62}{81} \right)^n$}
\end{center}
On a également 
\begin{align*}
P(H_n) & = \left( \prod_{k=1}^{n-1} P(\overline{C_{2k - 1}}) \right) \times \left(\prod_{k=1}^{n-1} P(\overline{S_{2k}}) \right) \times P(C_{2n-1}) \\
& = \left( \dfrac{8}{9} \right)^{n-1} \times \left( \dfrac{31}{36} \right)^{n-1} \times \dfrac{1}{9}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $P(H_n) = \dfrac{1}{9} \left( \dfrac{62}{81} \right)^{n-1}$.}
\end{center}
On aura 
\begin{align*}
P(L) & = \sum_{n = 1}^{+\infty} \dfrac{5}{31} \left( \dfrac{62}{81} \right)^n  \\
& = \dfrac{5}{31} \times \dfrac{62}{81} \times \dfrac{1}{1 - \dfrac{62}{81}} \\
& = \dfrac{10}{81} \times \dfrac{81}{19} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Enfin, $P(L) = \dfrac{10}{19} $ }
\end{center}
De même 
\begin{align*}
P(H) & = \sum_{n = 1}^{+\infty} \dfrac{1}{9} \left( \dfrac{62}{81} \right)^{n-1}  \\
& = \dfrac{1}{9} \times  \dfrac{1}{1 - \dfrac{62}{81}} \\
& = \dfrac{1}{9} \times \dfrac{81}{19} \\
& = \dfrac{9}{19} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Enfin, $P(H) = \dfrac{9}{19} $ }
\end{center}
\end{exo}
%
%\savoir{Déterminer des lois de probabilités}
%\label{Déterminer des lois de probabilités}
%\begin{exo}[*]
%La famille $(A_n)_{n \in \N}$ formant un système complet d'évènement nous avons 
%\begin{align*}
%\sum_{n=0}^{+\infty} p(A_n) = 1 & \Longleftrightarrow  \sum_{n=0}^{+\infty}\lambda \dfrac{2^n}{n!} = 1 \\
%& \Longleftrightarrow \lambda \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{2^n}{n!} = 1 \\
%& \Longleftrightarrow \lambda e^2 = 1 
%\end{align*}
%\begin{center}
%\fbox{Finalement $\lambda = e^{-2}$.}
%\end{center}
%\end{exo}
%
%\begin{exo}[**]
%On tire au hasard un nombre entier strictement positif. On suppose que la probabilité d'obtenir $n$ vaut $1/2^n$. Pour $k\in\mathbb N^*$, on note $A_k $ l'événement "$n$ est un multiple de $k$".
%\begin{enumerate}
%\item La série $\ds \sum_{n \geq 1} \left(\dfrac{1}{2} \right)^n $ est une série géométrique convergente et 
%\begin{align*}
%\sum_{k=1}^n \left( \dfrac{1}{2} \right)^k & = \sum_{k=0}^{n-1} \left( \dfrac{1}{2} \right)^{k+1} \\
%& = \dfrac{1}{2} \sum_{k=0}^{n-1} \left( \dfrac{1}{2} \right)^{k} \\
%\end{align*}
%Ainsi, 
%\begin{align*}
%\sum_{k=1}^{+\infty} \left( \dfrac{1}{2} \right)^n & = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{2}} \\
%& = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{1/2} = 1
%\end{align*}
%\item On note l'évènement $B_n$: "On tire le nombre $n$". On a alors $\forall k \in \N^*$,
%$$
%A_k = \bigcup_{n=1}^{+\infty} B_{nk}
%$$
%Les évènements $B_1$, $B_2$, $\ldots$ sont 2 à 2 disjoints donc 
%\begin{align*}
%\forall k \in \N^*, \; P(A_k) & = \sum_{n=1}^{ +\infty} P(B_{nk}) \\
%& = \sum_{n=1}^{ +\infty} \dfrac{1}{2^{nk}} \\
%& = \sum_{n=1}^{ +\infty} \left( \dfrac{1}{2^{k}} \right)^n 
%\end{align*}
%En passant par les sommes partielles, 
%\begin{align*}
%\sum_{n=1}^N \left( \dfrac{1}{2^{k}} \right)^n & = \sum_{n=0}^{N-1} \left( \dfrac{1}{2^{k}} \right)^{n+1} \\
%& = \dfrac{1}{2^k} \sum_{k=0}^{n-1} \left( \dfrac{1}{2^{k}} \right)^{n}
%\end{align*}
%La série étant convergente, on a 
%$$
%P(A_k) = \sum_{n=1}^{ +\infty} \left( \dfrac{1}{2^{k}} \right)^n  = \dfrac{1}{2^k} \times \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{2^k}} = \dfrac{1}{2^k} \times \dfrac{2^k}{2^k - 1}
%$$
%\begin{center}
%\fbox{Ainsi $P(A_k) = \dfrac{1}{2^k - 1}$.}
%\end{center}
%\item Les évènements $A_2$ et $A_3$ ne sont pas disjoints. On a alors
%\begin{align*}
%P(A_2 \cup A_3) = P(A_2) + P(A_3) - P(A_2 \cap A_3)
%\end{align*}
%Il faut donc calculer la probabilité de l'évènement $A_2$ et $A_3$. Or les entiers sont multiples de $2$ et de $3$ si et seulement si, ils sont multiples de $6$. Donc $A_2 \bigcap A_3 = A_6$. On a alors
%\begin{align*}
%P(A_2 \cup A_3) & = P(A_2) + P(A_3) - P(A_6) \\
%& = \dfrac{1}{4 - 1} + \dfrac{1}{8-1} - \dfrac{1}{64 - 1} \\
%& = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{7} - \dfrac{1}{63} \\
%& = \dfrac{21}{63} + \dfrac{9}{63} - \dfrac{1}{63} 
%\end{align*}
%\begin{center}
%\fbox{Finalement $P(A_2 \cup A_3) = \dfrac{29}{63} $.}
%\end{center}
%\end{enumerate}   
%\end{exo}


\savoir{Probabilités et suites}
\label{Probabilités et suites}

\begin{exo}[]
Un fumeur, après avoir lu une série de statistiques effrayantes sur les risques de cancer, problèmes cardiovasculaires liés au tabac, décide d'arrêter de fumer ; toujours d'après des statistiques, on estime les probabilités suivantes : si cette personne n'a pas fumé un jour $J_n$, alors la probabilité pour qu'elle ne fume pas le jour suivant
$J_{n+1}$ est $0,3$ ; mais si elle a fumé un jour $J_n$, alors la probabilité pour qu'elle ne fume pas le jour suivant $J_{n+1}$ est
$0,9$ ; On note $p_n$ la probabilité que cette personne fume au jour $J_n$ et $F_n$ l'évènement "la personne fume au jour $J_n$"
\begin{enumerate}
\item Au jour 0 (c'est-à-dire avant de commencer à arrêter de fumer) la probabilité que cette personne fume est $1$
\begin{center}
\fbox{$p_0 = 1$.}
\end{center}
\item Comme la personne fumait au jour $0$, on a d'après l'énoncé  
\begin{center}
\fbox{$p_1 = 0,1$ }
\end{center}
Le système $(F_1; \overline{F_1})$ est un système complet d'évènements. Donc d'après la formule des probabilités totales : 
$$
P(F_2) = P(F_1) P_{F_1} (F_2) + P( \overline{F_1}) P_{\overline{F_1}} (F_2)
$$
C'est-à-dire,
$$
p_2 = 0,1 \times 0,1 + 0,9  \times 0,7
$$
\begin{center}
\fbox{Ainsi $p_2 = 0,64$.}
\end{center}
\item Le système $(F_n; \overline{F_n})$ est un système complet d'évènements. Donc d'après la formule des probabilités totales : 
$$
P(F_{n+1}) = P(F_n) P_{F_n} (F_{n+1}) + P( \overline{F_n}) P_{\overline{F_n}} (F_{n+1})
$$
C'est-à-dire
\begin{align*}
p_{n+1} = p_n \times 0,1 + (1-p_n) \times 0,7
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi pour tout $n\in \N^*$, $p_{n+1} = 0,7 - 0,6p_n$.}
\end{center}
On reconnait une suite arithmético-géométrique. On résout alors l'équation 
\begin{align*}
& x = 0,7 - 0,6 x \\
\Longleftrightarrow \; & 1,6 x = 0,7 \\
 \Longleftrightarrow \; & x = \dfrac{0,7}{1,6} = \dfrac{7}{16} \\
\end{align*}
On pose alors $v_n = p_n -  \dfrac{7}{16}$. On obtient après calcul 
$$
v_{n+1} = -0,6 v_n
$$
La suite $(v_n)$ est bien une suite géométrique avec $v_0 = 1 - \dfrac{7}{16} = \dfrac{9}{16} $ et 
$$
\forall n \in \N, \quad v_n = \dfrac{9}{16} \times (-0,6)^n
$$
et donc
\begin{center}
\fbox{$p_n = \dfrac{9}{16} \times (-0,6)^n + \dfrac{7}{16}$.}
\end{center}
\item On a $ -1 < -0,6 < 1$ donc $\li_{n \to + \infty} (-0,6)^n = 0$ et 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} p_n = \dfrac{7}{16}$. }
\end{center}
Cette personne ne va pas arrêter de fumer.
\end{enumerate} 
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On considère une particule se déposant à chaque seconde sur l'un des trois sommets A,B,C d'un triangle selon le procédé suivant :
\begin{itemize}
\item si la particule se trouve en B, elle y reste.
\item si la particule se trouve en A, elle se trouve à la seconde suivante sur l'un des trois sommets de façon équiprobable.
\item si la particule se trouve en C, à la seconde suivante, elle y reste une fois sur trois, et elle va en B sept fois plus souvent qu'en A.
\item à la première seconde, elle se pose au hasard sur l'un des trois sommets.
\end{itemize}
Pour tout $n \geq 1$, on note $A_n$ (resp. $B_n$, $C_n$) l'évènement : "A la $n^{i\grave{e}me}$ seconde, la particule se trouve en A (resp. B,C)". On note $a_n$,$b_n$,$c_n$ les probabilités des événements $A_n$,$B_n$,$C_n$.
\begin{enumerate}
\item A la première seconde, elle est au hasard sur les 3 sommets et donc 
\begin{center}
\fbox{$a_1 = b_1 = c_1 = 1/3$.}
\end{center}
\item Les évènements $A_n, B_n$ et $C_n$ forment un système complet d'évènements. Donc d'après la formule des probabilités totales:
\begin{align*}
P(A_{n+1}) & = P(A_n)P_{A_n}(A_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(A_{n+1}) + P(C_n) P_{C_n}(A_{n+1}) \\
a_{n+1} & = \dfrac{1}{3}a_n  + \dfrac{1}{12} c_n
\end{align*}
De la même façon, 
\begin{align*}
P(B_{n+1}) & = P(A_n)P_{A_n}(B_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(B_{n+1}) + P(C_n) P_{C_n}(B_{n+1}) \\
b_{n+1} & = \dfrac{1}{3}a_n + b_n + \dfrac{7}{12} c_n
\end{align*}
\begin{align*}
P(C_{n+1}) & = P(A_n)P_{A_n}(C_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(C_{n+1}) + P(C_n) P_{C_n}(C_{n+1}) \\
c_{n+1} & = \dfrac{1}{3}a_n + \dfrac{1}{3} c_n
\end{align*}
\item D'après les équations précédentes, on a 
$$
c_{n+2} = \dfrac{1}{3}a_{n+1} + \dfrac{1}{3} c_{n+1}
$$
et $a_{n+1} = \dfrac{1}{3}a_n + \dfrac{1}{12} c_n$ donc 
\begin{align*}
c_{n+2} & = \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{3}a_n + \dfrac{1}{12} c_n \right) + \dfrac{1}{3} c_{n+1} \\
& = \dfrac{1}{9} a_n + \dfrac{1}{36} c_n + \dfrac{1}{3}c_{n+1}
\end{align*}
On a alors, en utilisant la troisième formule, $\dfrac{1}{3}a_n = c_{n+1} - \dfrac{1}{3}c_n$. Et donc 
\begin{align*}
c_{n+2} & = \dfrac{1}{3}c_{n+1} - \dfrac{1}{9} c_n + \dfrac{1}{36} c_n + \dfrac{1}{3}c_{n+1} \\
& = \dfrac{2}{3} c_{n+1} - \dfrac{3}{36} c_n \\
& = \dfrac{2}{3} c_{n+1} - \dfrac{1}{12} c_n \\
\end{align*}
On reconnait une suite récurrente linéaire d'ordre 2. On pose l'équation 
$$
x^2 - \dfrac{2}{3} x  + \dfrac{1}{12} = 0.
$$
Le discriminant est $\Delta = \dfrac{4}{9} - \dfrac{4}{12} = \dfrac{1}{9}$. Cette équation a deux solutions :
$$
x_1 = \dfrac{\dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{3}}{2} = \dfrac{1}{6}, \qquad x_2 = \dfrac{\dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{3}}{2} = \dfrac{1}{2}
$$. 
Il existe donc deux nombres réels $\alpha$ et $\beta$ tel que 
$$
c_n = \alpha \dfrac{1}{2^n} + \beta \dfrac{1}{6^n}
$$
Or $c_1 = \dfrac{1}{3}$ et $c_2 = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} \dfrac{1}{3}= \dfrac{2}{9}$. On en déduit que 
\begin{align*}
\begin{cases}
\dfrac{\alpha}{2} + \dfrac{\beta}{6} & = \dfrac{1}{3} \\
\dfrac{\alpha}{4} + \dfrac{\beta}{36} & = \dfrac{2}{9}
\end{cases}
 & \Longleftrightarrow 
 \begin{cases}
3\alpha + \beta & = 2 \\
9\alpha + \beta & = 8
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
 \begin{cases}
3\alpha + \beta & = 2 \\
6\alpha  & = 6
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
 \begin{cases}
 \beta & = -1 \\
\alpha  & = 1
\end{cases} \\
\end{align*}
Finalement,
\begin{center}
\fbox{$
c_n = \dfrac{1}{2^n} - \dfrac{1}{6^n}
$}
\end{center}
D'après la troisième équation, $a_n = 3 c_{n+1} - c_n$ et donc
$$
a_n = 3 \left( \dfrac{1}{2^{n+1}} - \dfrac{1}{6^{n+1}} \right) - \left( \dfrac{1}{2^n} - \dfrac{1}{6^n} \right)
$$ 
Finalement
\begin{center}
\fbox{$
a_n  = \dfrac{1}{2^{n+1}} + 3 \times \dfrac{1}{6^{n+1}}.
$}
\end{center}
Et enfin, $b_n = 1 - a_n - c_n$, c'est à dire 
$$
b_n = 1 - \left(  \dfrac{1}{2^{n+1}} + 3 \times \dfrac{1}{6^{n+1}} \right)  - \left( \dfrac{1}{2^n} - \dfrac{1}{6^n} \right)
$$
donc 
\begin{center}
\fbox{$b_n = 1 - \dfrac{3}{2^{n+1}} + \dfrac{3}{6^{n+1}}$.}
\end{center}
\item Comme $\li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{2^n} = 0$ et $\li_{n \to +\infty} \dfrac{1}{6^n} = 0$. On a donc
$$
\li_{n \to + \infty} a_n = 0, \qquad \li_{n \to +\infty} c_n = 0, \qquad \li_{n \to +\infty} b_n = 1
$$
\end{enumerate}
La particule de pollen finira presque surement sur le sommet $B$. On dit en physique que le point $B$ est un attracteur. Cela a du sens puisque une fois que la particule est en $B$, elle y reste, ce qui n'est pas le cas des autres sommets. 

Pour la petite histoire, l'étude du mouvement erratique des particules de Pollen dans de l'eau a donné naissance à la théorie du mouvement Brownien que l'on retrouve en économie financière. 
\end{exo}


\begin{exo}[Deux pièces]
On dispose de deux pièces identiques d'apparence,la pièce A donnant Pile avec une probabilité $a$ et la pièce B donnant Pile avec une probabilité $b$. Pour le premier lancer du jeu, on choisit une pièce au hasard et pour les coups suivants, on adopte la stratégie
suivante : si on obtient Pile, on garde la pièce pour le lancer suivant, sinon on change de pièce pour le lancer suivant.
On note, pour tout $k \geq 1$, $A_k$ l'événement "le $k^{i\grave{e}me}$ lancer se fait avec la pièce A", $B_k = \overline{A_k}$ et $E_k$ l'événement "le $k^{i\grave{e}me}$ lancer amène Pile".
\begin{enumerate}
\item Pour $k \geq 1$, la famille $(A_k, B_k)$ est un système complet d'évènement. D'après la formule des probabilités totales:
\begin{align*}
P(E_k) & = P(A_k) P_{A_k}(E_k) + P(B_k) P_{B_k}(E_k) \\
& = a P(A_k) + b P(B_k) \\
& = a P(A_k) + b ( 1 - P(A_k)) 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $P(E_k) = b + (a-b)P(A_k)$. }
\end{center}
\item Si au $k$-ième lancer, on lance la pièce $A$, la probabilité de lancer la pièce $A$ au $(k+1)$-ième lancer (c'est-à-dire garder la même pièce) est $a$. Autrement dit, 
$$
P_{A_k}(A_{k+1}) = a
$$
De la même façon, 
$$
P(B_k) P_{B_k}(A_{k+1}) = 1-b
$$
Pour $k \geq 1$, la famille $(A_k, B_k)$ est un système complet d'évènement. D'après la formule des probabilités totales:
\begin{align*}
P(A_{k+1}) & = P(A_k) P_{A_k}(A_{k+1}) + P(B_k) P_{B_k}(A_{k+1}) \\
& = a P(A_k) + (1-b) P(B_k) \\
& = a P(A_k) + (1-b)( 1 - P(A_k)) \\
& = (a+b - 1) P(A_k) + 1-b
\end{align*}
La suite $(P(A_k))_{k \in \N^*}$ est une suite arithmético-géométrique. On résout l'équation 
\begin{align*}
x = (a+b - 1) x + (1-b) & \Longleftrightarrow (2 - a - b) x = 1 - b \\
& \Longleftrightarrow x = \dfrac{1-b}{2 - (a+b)}
\end{align*} 
On pose la suite $(v_k)_{k \in \N^*}$ définie par $v_k = P(A_k) - \dfrac{1-b}{2-(a+b)}$. On a alors $v_1 = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1-b}{2-(a+b)}$.
\begin{align*}
v_{k+1} & = P(A_{k+1}) - \dfrac{1-b}{2-(a+b)} \\
& = (a+b-1) P(A_k) + (1-b) - \dfrac{1-b}{2-(a+b)} \\
& = (a+b-1) \left(v_k + \dfrac{1-b}{2-(a+b)} \right)+ \dfrac{(1-b)(2-(a+b))}{2 - (a+b)} - \dfrac{1-b}{2-(a+b)} \\
& = (a+b - 1) v_k + \dfrac{(a+b - 1)(1 -b)}{2- (a+b)} + \dfrac{(1-b)(1 - (a+b))}{2-(a+b)} \\
& = (a+b - 1) v_k
\end{align*}
Enfin, 
$$
v_k = (a+b - 1)^{k-1} v_1 = (a+b - 1)^{k-1} \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{1-b}{2-(a+b)} \right)
$$
Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$
P(A_k) = (a+b - 1)^{k-1} \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{1-b}{2-(a+b)} \right) + \dfrac{1-b}{2-(a+b)}
$}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{De plus 
$
P(E_k) = b + (a-b) \left( (a+b - 1)^{k-1} \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{1-b}{2-(a+b)} \right) + \dfrac{1-b}{2-(a+b)} \right)
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Un jeu consiste à déplacer un jeton autour des sommets d'un carré AGBP à l'aide d'un dé. A chaque tour, le joueur lance le dé et déplace le jeton du nombre de sommets donné par le dé et dans le sens des aiguilles d'une montre. Le joueur joue jusqu'à tomber sur G, il a alors gagné, ou jusqu'à tomber sur P, il a alors perdu. Le joueur $J$ choisit de partir du sommet A et le joueur $J'$ du sommet B. Considérons les événements : $V$ : "$J$ gagne" ; $V'$ "$J'$ gagne" ; $B_1$ resp. ($B_1'$) "$J$ (resp. $J'$) va en B à l'issue du premier lancer".
\begin{enumerate}
\item Afin de bien comprendre le système complet d'évènement sous-jacent, notons
\begin{itemize}
\item $A_1$ : "$J$ va en A à l'issue du premier lancer".
\item $V_1$ : "$J$ a gagné à l'issue du premier lancer".
\item $P_1$ : "$J$ a perdu à l'issue du premier lancer".
\end{itemize}

Les évènements $A_1$, $B_1$, $V_1$ et $P_1$ forment un système complet d'évènements. De plus, pour retomber sur le sommet $A$, il faut faire 4 au dé, pour tomber sur le sommet $B$, il faut faire 2 ou 6 au dé, pour tomber sur le sommet $G$, il faut faire 1 ou 5 au dé donc
$$
P(A_1) = \dfrac{1}{6}, \qquad P(B_1) = \dfrac{1}{3}, \qquad P(V_1) = \dfrac{1}{3}, \qquad P(P_1) = \dfrac{1}{6}
$$
Enfin, on cherche les probabilités conditionnelles. On remarque que $P_{V_1}(V) = 1$ puisque l'on a forcément gagné si on tombe sur V au premier lancer. De même $P_{P_1}(V) = 0$. Enfin, on remarque que $P_{A_1}(V) = P(V)$. En effet, si l'on retombe sur le sommet $A$, c'est comme si le jeu recommençait du début et donc la probabilité de gagner est $P(V)$. En appliquant la formule des probabilités totales
\begin{align*}
&P(V) = P(A_1)P_{A_1}(V) +P(B_1)P_{B_1}(V) + P(V_1)P_{V_1}(V) + P(P_1)P_{P_1}(V) \\
\Longleftrightarrow & P(V) = \dfrac{1}{6} P(V) + \dfrac{1}{3} P_{B_1}(V) + \dfrac{1}{3} \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{5}{6} P(V)  = \dfrac{1}{3} (1 + P_{B_1}(V)) \\
\Longleftrightarrow &\boxed{ P(V) = \dfrac{2}{5}(1 + P_{B_1}(V))}
\end{align*}

\item En notant de la même façon les évènements $A_1'$, $V_1'$ et $P_1'$, on a 
$$
P(A_1') = \dfrac{1}{3}, \qquad P(B_1') = \dfrac{1}{6}, \qquad P(V_1') = \dfrac{1}{6}, \qquad P(P_1') = \dfrac{1}{3}
$$
De plus, de même que précédemment 
$$
P_{B_1'}(V') = P(V'), \qquad P_{P_1'}(V') = 0, \qquad P_{V_1'}(V') = 1
$$
Enfin, on remarque que $P_{A_1'}(V') = P(V)$ En effet, la probabilité de gagner lorsque l'on sait que l'on tombe sur la case A au premier lancer est la même que si l'on avait débuté sur la case $A$. C'est donc la probabilité de gagner du joueur $J$. En appliquant la formule des probabilités totales:
\begin{align*}
&P(V') = P(A_1')P_{A_1'}(V') +P(B_1')P_{B_1'}(V') + P(V_1')P_{V_1'}(V') + P(P_1')P_{P_1'}(V') \\
\Longleftrightarrow & P(V) = \dfrac{1}{3} P(V) + \dfrac{1}{6} P(V') + \dfrac{1}{6} \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{5}{6} P(V')  = \dfrac{1}{6} (1 + 2P(V)) \\
\Longleftrightarrow &\boxed{ P(V') = \dfrac{1}{5}(1 + 2P(V))}
\end{align*}

Avec le même raisonnement, on a $P_{B_1}(V) = P(V')$ et donc on a le système d'équation a deux inconnues 
$$
\begin{cases}
P(V) &= \dfrac{2}{5}(1+P(V')) \\
P(V') &= \dfrac{1}{5}(1+2P(V))
\end{cases}
$$
Ainsi, par substitution, 
\begin{align*}
& \quad P(V) = \dfrac{2}{5} \left( 1 + \dfrac{1}{5} + \dfrac{2}{5} P(V) \right) \\
\Longleftrightarrow & \quad P(V) - \dfrac{4}{25} P(V) = \dfrac{12}{25} \\
\Longleftrightarrow & \quad \dfrac{21}{25} P(V) = \dfrac{12}{25} \\
\Longleftrightarrow & \quad \boxed{P(V) = \dfrac{12}{21} = \dfrac{4}{7}}
\end{align*}

Enfin
\begin{align*}
P(V') & = \dfrac{1}{5} \left( 1 + 2 \times \dfrac{4}{7} \right) \\
& = \dfrac{1}{5} \left( 1+ \dfrac{8}{7} \right) \\
& = \dfrac{1}{5} \times \dfrac{15}{7} \\
& \boxed{= \dfrac{3}{7}}
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}
