ECG1 Fauriel - Maths appliquées - 2021-2022 Corrigé du DM 12
Corrigé du DM 12 é Problème 1 Quelques exemples du problème du collectionneur
Premier exemple : avec deux figurines
1.I Soit Ω l’ensemble des choix de 3 bôıtes parmi les 10, sans ordre et sans remise.
Donc #Ω =
(
10
3
)
=
10× 9× 8
6
= 120. Les différents choix de bôıtes sont équiprobables.
Soit TA : “les trois bôıtes contiennent toutes la figurine A”. On choisit 3 bôıtes parmi les 5 qui continennent la figurine A, sans ordre …afficher plus de contenu…

(b)I Soit n ∈ N∗.
i.I Si An est réalisé, ça veut dire qu’au bout de n paquets, on n’a toujours qu’une seule figurine. On ne pourra pas en avoir trois avec le n+ 1ème paquet. Donc PAn
(Cn+1) = 0 .
Si Bn est réalisé, ça veut dire qu’au bout de n paquets, on a deux figurines. En achetant le n+1ème paquet, on a une chance sur trois de piocher la figurine manquante. Donc PBn(Cn+1) =
1
3
.
Enfin, si Cn est réalisé, ça veut dire qu’au bout de n paquets, on a les trois figurines. On en aura toujours trois avec le n+ 1ème paquet. Donc PCn
(Cn+1) = 1 .
- 1 -ECG1 Fauriel - Maths appliquées - 2021-2022 Corrigé du DM 12 ii.I Grâce à la formule des probabilités totales, avec le système complet d’événements {An, Bn, Cn} : cn+1 = P (Cn+1) = P …afficher plus de contenu…

9. (a)I ∀n ∈ N∗, grâce à la formule des probabilités totales, avec le système complet d’événements {An, Bn, Cn, Dn} : cn+1 = P (Cn+1) = P (An)PAn(Cn+1)+P (Bn)PBn(Cn+1)+P (Cn)PCn(Cn+1)+P (Dn)PDn(Cn+1) =
1
2 bn +
3
4 cn .
(b) i.I ∀n ∈ N∗, un+1 = cn+1 + 2bn+1 + 3an+1 =
1
2 bn +
3
4 cn + 2
(
3
4
an +
1
2 bn )
+ 3
1
4 an =
3
4 cn +
3
2 bn +
9
4 an =
3
4
(cn + 2bn + 3an) =
3
4 un . ii.I (un) est une suite géométrique de raison
3
4 et de premier terme u1 = c1 + 2b1 + 3a1 = 3.
Donc, ∀n ∈ N∗, un = 3
(
3
4
)n−1
.
Et donc, ∀n ∈ N∗, cn = un−2bn−3an = 3
(
3
4
)n−1
−2.3
((
1
2
)n−1
−
(
1
4
)n−1
)
−3
(
1
4
)n−1
= 3
(
3
4
)n−1
− 6
(
1
2
)n−1
+ 3
(
1
4
)n−1
.
10.I Et alors, ∀n ∈ N∗, dn = 1− an − bn − cn
= 1−
(
1
4
)n−1
− 3
((
1
2
)n−1
−
(
1
4
)n−1
)
−