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[ID: 2558] [Date de publication: 9 novembre 2022 12:23] [Catégorie(s): Combinatoires et probabilités ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Probabilité d’obtenir un multiple de cinq en jetant \(n\) dés
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 12:23

1.  première solution : Désignons pour \(n=r(5)\in\mathbb N\) par \(p_n^{(r)}\) la probabilité qu’aprés \(n\) tirages la somme des faces soit congrue à \(r\) modulo \(5\). Nous avons bien entendu \[p_0^{(0)}=1\quad\text{et}\quad p_0^{(1)}=p_0^{(2)}=p_0^{(3)}=p_0^{(4)}=0\] et il est facile de vérifier que pour \(n\in\mathbb N^\star\) \[p_n^{(r)}=\sum_{j=1}^6 \dfrac{p_{n-1}^{r-j}}{6}.{\text{($\star$)}}\] Ces formules nous permettent de calculer \(p_n^{(r)}\) pour quelques petites valeurs de \(n\) pour conjecturer que \[p_n^{(r)}=\dfrac{1}{5}+\dfrac{4}{5.6^n}\quad\text{si}\quad n\equiv 0(5)\quad\text{et}\quad p_n^{(r)}=\dfrac{1}{5}-\dfrac{4}{5.6^n}\quad\text{sinon}.\] Ces conjectures se démontrent alors facilement par récurrence avec (\(\star\)).

2.  seconde solution : On considère la partition suivante de l’ensemble \(\mathscr S=\{1,2,3,4,5,6\}^n\setminus\{(6,6,\dots,6)\}\) : chaque famille sera constitué des suites de la forme \[\begin{matrix} \underbrace{66\dots 6}\!&\!XY_1\dots Y_{n-k-1} \\ {k\ \text{fois}}& \end{matrix}\] où \(X\in\{1,2,3,4,5\}\) et \(Y_1,\dots,Y_{n-k-1}\) sont fixés. Chaque élément de la partition est donc constituée de \(5\) suites dont, modulo \(5\) la somme des chiffres est exactement \(0,1,2,3,4\) soit exactement une dont la somme de chiffres est \(0(5)\). Ainsi le nombre de suites dont la somme des chiffres est divisible par \(5\) est \(\text{card}(\mathscr S)/5=(6^n-1)/5\) si \(n\) est pas un multiple de \(5\) et \(1+\text{card}(\mathscr S)/5=1+(6^n-1)/5\) sinon (dans ce cas \((6,6,\dots,6)\) est aussi solution).

   La probabilité cherchée est donc (cas favorables sur cas possibles) \[\dfrac{1}{5}+\dfrac{4}{5.6^n}\quad \text{si}\quad n\equiv 0(5)\quad\text{et}\quad \dfrac{1}{5}-\dfrac{4}{5.6^n}\quad\text{sinon}.\]

3.  troisième solution : Désignons par \(p_k\) la probabilité que la somme des faces soit égale à \(k\) et considérons la série génératrice associée \[f(z)=\sum_{k\geq 1}p_kx^k=\left( \dfrac{z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6}{6}\right)^n\] où la seconde égalité peut être vérifiée facilement par récurrence sur \(n\). Il s’agit donc de calculer \(\sum_{k\geq 1}p_{5k}\) ; pour cela soit \(\varepsilon=e^{2i\pi/5}\) la première racine cinquième de l’unité, nous avons \[\sum_{k\geq 1}p_{5k}= \dfrac{f(\varepsilon)+f(\varepsilon^2)+f(\varepsilon^3)+f(\varepsilon^4)}{6}.\] Il est clair que \(f(1)=1\) et pour \(j=1,2,3,4\) \(f(\varepsilon^j)=\frac{\varepsilon^{jn}}{6^n}\) si bien que \[f(\varepsilon)+f(\varepsilon^2)+f(\varepsilon^3)+f(\varepsilon^4)=\begin{cases} \dfrac{4}{6^n}\quad\text{si}\quad n\equiv 0(5),\\ \dfrac{-1}{6^n}\quad\text{sinon.}\end{cases}\] et finalement \[\sum_{k\geq 1}p_{5k}= \begin{cases} \dfrac{1}{5}+\dfrac{4}{5.6^n}\quad\text{si}\quad n\equiv 0(5),\\ \\ \dfrac{1}{5}-\dfrac{-1}{5 . 6^n}\quad\text{sinon.}\end{cases}\]