
\begin{enumerate}
\item L'arbre représentant la situation est le suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[
			level 1/.style = {
					level distance=2.5cm,
					sibling distance=3cm,
					color=courbe2},
			level 2/.style = {
					level distance=1.5cm,
					sibling distance=1.5cm,
					color=courbe},
			level 3/.style = {
					level distance=1.5cm,
					sibling distance=0.5cm,
					color=courbe3}]
\node (O) {$\Omega$} [grow=right]
	child {
		node[black] (N2) {\evcont{E_1}}
			child {
				node[black] (N22) {\evcont{E_2}}
					child {
						node[black] (N222) {\evcont{E_3}}
					}
					child {
						node[black] (N221) {$E_3$}
					}
			}
			child {
				node[black] (N21) {$E_2$}
					child {
						node[black] (N212) {\evcont{E_3}}
					}
					child {
						node[black] (N211) {$E_3$}
					}
			}
	}
	child {
		node[black] (N1) {$E_1$}
			child {
				node[black] (N12) {\evcont{E_2}}
					child {
						node[black] (N122) {\evcont{E_3}}
					}
					child {
						node[black] (N121) {$E_3$}
					}
			}
			child {
				node[black] (N11) {$E_2$}
					child {
						node[black] (N112) {\evcont{E_3}}
					}
					child {
						node[black] (N111) {$E_3$}
					}
			}
	};
\node[below left, courbe2] at ($0.5*(O)+0.5*(N2)$) {0,8};
\node[above left, courbe2] at ($0.5*(O)+0.5*(N1)$) {0,2};

\node[above , courbe] at ($0.5*(N1)+0.5*(N11)$) {0,1};
\node[below , courbe] at ($0.5*(N1)+0.5*(N12)$) {0,9};
\node[above , courbe] at ($0.5*(N2)+0.5*(N21)$) {0,05};
\node[below , courbe] at ($0.5*(N2)+0.5*(N22)$) {0,95};

\node[above , courbe3] at ($0.5*(N11)+0.5*(N111)$) {0,1};
\node[below , courbe3] at ($0.5*(N11)+0.5*(N112)$) {0,9};
\node[above , courbe3] at ($0.5*(N12)+0.5*(N121)$) {0,05};
\node[below , courbe3] at ($0.5*(N12)+0.5*(N122)$) {0,95};
\node[above , courbe3] at ($0.5*(N21)+0.5*(N211)$) {0,1};
\node[below , courbe3] at ($0.5*(N21)+0.5*(N212)$) {0,9};
\node[above , courbe3] at ($0.5*(N22)+0.5*(N221)$) {0,05};
\node[below , courbe3] at ($0.5*(N22)+0.5*(N222)$) {0,95};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\begin{aligned}[t]
\probavar{X}{2} & = P(E_1 \cap E_2 \cap \evcont{E_3}) + P(E_1 \cap \evcont{E_2} \cap E_3) + P(\evcont{E_1} \cap E_2 \cap E_3)\\
& = ( 0,2\times0,1\times0,9) + (0,2\times0,9\times0,05) + (0,8\times0,05\times0,1)\\
& = 0,031.
\end{aligned}$

\item L'espérance de $X$ est donnée par la formule:
\begin{align*}
\esp{X} & = \sum_{i=1}^4 x_iP(X=x_i)\\
		& = 1\times0,245 + 2\times0,031 + 3\times0,002\\
\Aboxed{\esp{X}	& = 0,313}
\end{align*}
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
P(E_n \cap E_{n+1}) & = P(E_n) \times P_{E_n}(E_{n+1})\\
                    & = \underline{p_n \times 0,1}.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
P(\overline{E_n} \cap E_{n+1}) & = P(\overline{E_n}) \times P_{\overline{E_n}}(E_{n+1})\\
                    & = (1-p_n) \times 0,05\\
                    & = \underline{0,05 - 0,05p_n}.
\end{aligned}$
\end{itemize}

\item $\begin{aligned}[t]
p_{n+1} & = P(E_{n+1})\\
        & = P(E_n \cap E_{n+1}) + P(\overline{E_n} \cap E_{n+1})\\
        & = 0,1p_n + 0,05 - 0,05p_n\\
\Aboxed{p_{n+1} & = 0,05p_n + 0,05}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
u_{n+1} & = p_{n+1} - \dfrac{1}{19}\\
	    & = 0,05p_n + 0,05 - \dfrac{1}{19}\\
	    & = \dfrac{1}{20}p_n + \dfrac{1}{20}-\dfrac{1}{19}\\
	    & = \dfrac{1}{20}p_n - \dfrac{1}{20\times19}\\
	    & = \dfrac{1}{20}\left(p_n - \dfrac{1}{19}\right)\\
	    & = 0,05u_n.
\end{aligned}$

Ainsi, $(u_n)$ est une suite géométrique de raison $q=0,05$ et de premier terme:
\[
u_1 = p_1-\dfrac{1}{19} = 0,2-\dfrac{1}{19}=\dfrac{14}{95}.
\]

\item On déduit que:
\[
u_n = u_1 \times q^{n-1} = \dfrac{14}{95}\times0,05^{n-1}
\]
et donc:
\[
p_n = u_n+\dfrac{1}{19}\qquad\text{soit}\qquad \boxed{ p_n = \dfrac{14}{95}\times0,05^{n-1} + \dfrac{1}{19} }
\]

\item $0 < 0,05 < 1$ donc $\limite{n}{+\infty}{\big(0,05^n\big) = 0}$. Ainsi, par somme des limites,
\[
\boxed{ \limite{n}{+\infty}{( p_n )} = \dfrac{1}{19} }
\]
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{C}

\begin{enumerate}
\item $S_n$ suit la loi binomiale de paramètres $n$ et $p=\dfrac{1}{19}$ donc, d'après le cours,
\begin{itemize}
\item L'espérance de $S_n$ est:
\[
\esp{$S_n$} = n \times p = \dfrac{n}{19};
\]

\item Sa variance est:
\[
\var{$S_n$} = n \times p \times (1-p) = \dfrac{n}{19}\times\dfrac{18}{19} = \dfrac{18n}{361}.
\]
\end{itemize}

\item
\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item L'espérance de $F_n$ est:
\[
\esp{$F_n$} = \esp{$\dfrac{S_n}{n}$} = \dfrac{1}{n}\times\esp{$S_n$} = \dfrac{1}{n}\times \dfrac{n}{19} = \dfrac{1}{19}.
\]

\item Sa variance est:
\[
\var{$F_n$} = \dfrac{1}{n^2}\var{$S_n$} = \dfrac{1}{n^2}\times\dfrac{18n}{361} = \dfrac{18}{361n}.
\]
\end{itemize}

\item D'après le théorème de Bienaymé-Tchebychev,
\[
\forall \delta>0,\ P\left( | F_n - \esp{$F_n$} | \geqslant \delta \right) \leqslant \dfrac{\var{$F_n$}}{\delta^2}
\]
donc, en prenant $\delta=0,05$, on obtient:
\[
P\left( \left| F_n - \dfrac{1}{19} \right| \geqslant 0,05 \right) \leqslant \dfrac{18}{361n \times 0,05^2}
\]
soit:
\[
P\left( \left| F_n - \dfrac{1}{19} \right| \geqslant 0,05 \right) \leqslant \dfrac{\numprint{7200}}{361n}.
\]
\end{enumerate}

\item Pour garantir que $P\!\left(\left|F_n - \dfrac{1}{19}\right| \geqslant 0,05\right) \leqslant 0,01$, d'après la question précédente, il suffit de prendre:
\begin{align*}
\dfrac{\numprint{7200}}{361n} \leqslant 0,01 & \iff \dfrac{361n}{\numprint{7200}} \geqslant 100\\
& \iff 361n \geqslant \numprint{720000}\\
& \iff n \geqslant \dfrac{\numprint{720000}}{361}\\
& \iff n \geqslant \numprint{1995}.
\end{align*}

Cela signifie, dans le contexte de notre exercice, que le joueur doit faire au moins \numprint{1995} parties pour que la probabilité que la fréquence de ses défaites s'écarte d'au moins 0,05 de sa moyenne soit inférieure à 0,01.
\end{enumerate}
