Corrigé Pf017 par Pierre Veuillez

On considère deux urnes :

On effectue une suite de tirages d'une boule de la façon suivante :

Pour tout entier n non nul, on notera V n le fait d'obtenir une boule verte lors du n i e ´ m e tirage, v n sa probabilité et 𝒱 n le fait de l'effectuer dans l'urne verte -de même pour rouge-.

  1. Les trois premiers tirages
    Déterminer la probabilité d'obtenir

    1. A = ''la première boule verte au troisième tirage''.

      C'est : ''obtenir une verte au troisième et des rouges avant'' = R 1 R 2 V 3

      Donc P ( A ) = P ( R 1 ) P R 1 ( R 2 ) P R 1 R 2 ( V 3 ) l'interprétation du conditionnement précisant l'urne du tirage :

      P ( A ) = P ( R 1 ) P 2 ( R 2 ) P 3 ( V 3 ) et les boules étant équiprobables

      P ( A ) = 1 4 1 2 1 1

    2. B = ''première rouge au 3ème tirage''

      Comme précédemment, seules les urnes changent :

      P ( A ) = P ( V 1 ) P 𝒱 2 ( V 2 ) P 𝒱 3 ( R 3 ) = 3 4 3 4 1 4

    3. C = ''au moins une boule verte dans les trois premiers tirages''

      Plutôt que de décomposer l'événement (réunion puis crible) il est plus facile de passer par l'événement contraire :

      C ¯ = ''aucune verte''=''uniquement des rouges''= R 1 R 2 R 3

      Donc P ( C ¯ ) = P ( R 1 ) P 2 ( R 2 ) P 3 ( R 3 ) = 1 4 1 2 1 2 et P ( C ) = 1 1 16 = 15 16

    4. D = ''une seule boule rouge lors des trois premiers tirages''

      La première idée est de compter les boules rouges obtenues ... et d'espérer que la loi soit usuelle (binomiale ou Hypergéométrique) Mais ici, les tirages ne sont pas indépendants ni la probabilité de Rouge constante.

      On en revient donc à la décomposition de l'événement :

      D = ( R 1 V 2 V 3 ) ( V 1 R 2 V 3 ) ( V 1 V 2 R 3 )

      Les trois étant incompatibles, (on a soit pile soit face à une tirage donné) :

      P ( D ) = P ( R 1 V 2 V 3 ) + P ( V 1 R 2 V 3 ) + P ( V 1 V 2 R 3 ) = P ( R 1 ) P R 1 ( V 2 ) P R 1 V 2 ( V 3 ) + \dots = P ( R 1 ) P 2 ( V 2 ) P 𝒱 3 ( V 3 ) + P ( V 1 ) P 𝒱 2 ( R 2 ) P 3 ( V 3 ) + P ( V 1 ) P 𝒱 2 ( V 2 ) P 𝒱 3 ( R 3 ) = 1 4 1 2 3 4 + 3 4 1 4 1 2 + 3 4 3 4 1 4 = 21 64

  2. Les deux premiers tirages

    1. Si le premier tirage a donné une boule rouge, quelle est la probabilité d'obtenir alors une boule verte au second tirage ?

      On cherche ici une probabilité conditionnelle... immédiate en interprétant : on fait le second tirage dans l'urne rouge.

      P R 1 ( V 2 ) = P 2 ( V 2 ) = 1 2 car les boules de cette urne sont équiprobables.

    2. Quelle est la probabilité d'obtenir une boule verte au second tirage ?

      On connaît les probabilités en conditionnant par le premier tirage.

      On utilise donc la formule des probabilités totales :

      ( R 1 , V 1 ) est un système complet d'événements donc P ( V 2 ) = P R 1 ( V 2 ) P ( R 1 ) + P V 1 ( V 2 ) P ( V 1 ) = 1 2 1 4 + 3 4 3 4 = 11 16

    3. On a obtenu une boule verte au second tirage : le conditionnement.

      Quelle est la probabilité que ce tirage ait été effectué dans l'urne rouge ?

      Ici, on conditionne par la conséquence.

      On utilise donc la formule de Bayes :

      P V 2 ( 2 ) = P ( V 2 2 ) P ( V 2 ) = P ( 2 ) P 2 ( V 2 ) P ( V 2 ) avec P ( 2 ) = P ( R 1 ) = 3 4 et P ( V 2 ) = 11 6 donc P V 2 ( 2 ) = 1 4 1 2 11 6 = 3 44

  3. Le n i e ´ m e tirage

    1. Pour tout entier n 1 , déterminer v n + 1 en fonction de v n et de r n

      On a v n + 1 = P ( V n + 1 ) et on connaît seulement cette probabilité conditionnée par l'urne de tirage. On utilise donc la formule des probabilités totales :

      ( 𝒱 n + 1 , n + 1 ) est un système complet d'événements donc P ( V n + 1 ) = P 𝒱 n + 1 ( V n + 1 ) P ( 𝒱 n + 1 ) + P n + 1 ( V n + 1 ) P ( n + 1 ) = 3 4 P ( V n ) + 1 2 P ( R n ) = 3 4 v n + 1 2 r n

      Donc v n + 1 = 3 4 v n + 1 2 r n

    2. Et comme V n = R n on a alors r n = 1 v n et v n + 1 = 3 4 v n + 1 2 ( 1 v n ) = 1 4 v n + 1 2 ,

      Donc la suite v est arithmético-géométrique.

      On détermine un réel c tel que c = 1 4 c + 1 2 3 4 c = 1 2 c = 2 3

      Puis on défini la suite auxiliaire w par w n = v n c pour tout n *

      On a donc w n + 1 = v n + 1 c = 1 4 v n + 1 2 ( 1 4 c + 1 2 ) = 1 4 ( v n c ) = 1 4 w n

      Suite qui est donc géométrique de raison 1 4 et de premier terme w 1 = v 1 c = 3 4 2 3 = 1 12

      Donc w n = ( 1 4 ) n 1 1 12 = 1 3 ( 1 4 ) n et v n = w n + c = 1 3 ( 1 4 ) n + 2 3

  4. La première rouge.

    Soit X la variable aléatoire égale au rang d'apparition de la première boule rouge.

    N.B. On n'est pas ici dans la situation type d'une loi géométrique (indépendance et probabilité de succès constante)

    Cependant, tant que l'on a vert, la probabilité d'avoir vert reste la même. Donc la variable du rang de la première rouge (non verte) est sans mémoire. Comme de plus P ( R 1 ) = 1 1 ] 0 , 1 [ alors X 𝒢 ( 1 4 ) . Ce que l'on retrouve en décomposant.

    1. ( X = n ) = ''première rouge en n '' = V 1 \dots V n 1 R n donc

      P ( X = n ) = P ( V 1 ) \dots P V 1 \dots V n 2 ( V n 1 ) P V 1 \dots V n 1 ( R n ) = P ( V 1 ) \dots P 𝒱 n 1 ( V n 1 ) P 𝒱 n ( R n ) = 3 4 3 4 1 4 = ( 3 4 ) n 1 1 4

    2. et on reconnaît bien 𝒢 ( 1 4 ) donc

      E ( X ) = 4 et V ( X ) = 12

  5. La première verte.

    Soit Y la variable aléatoire égale au rang d'apparition de la première boule verte.

    Là, dès que l'on a rouge, la probabilité d'avoir rouge passe de 1 4 à 1 2 , donc le rang de la première verte n'est pas sans mémoire.

    1. ( Y = n ) = R 1 \dots R n 1 V n

    2. On a donc, pour n 2 car, si la première verte est au premier tirage, elle est obtenue dans l'urne verte P ( Y = n ) = P ( R 1 ) P R 1 ( R 2 ) \dots P R 1 \dots R n 2 ( R n 1 ) P R 1 \dots R n 1 ( V n ) = P 𝒱 1 ( R 1 ) P 2 ( R 2 ) \dots P n 1 ( R n 1 ) P n ( V n ) = 1 4 1 2 1 2 = 1 4 ( 1 2 ) n 1 et pour n = 1 : P ( Y = 1 ) = P ( V 1 ) = 3 4 (cela ressemble à une loi géométrique ais n'en est pas une : 1 4 1 1 2 )

    3. On a deux formules qui interviennent dans n = 1 + P ( Y = n )

      On découpe donc la somme : n = 1 N P ( Y = n ) = 3 4 + n = 2 N 1 4 ( 1 2 ) n 1 = 3 4 + 1 4 2 ( n = 0 N ( 1 2 ) n 1 1 2 ) 3 4 + 1 2 ( 1 1 1 2 3 2 ) = 1 Donc n = 1 + P ( Y = n ) = 1

    4. On découpe de même pour l'espérance.

      n = 1 + n P ( Y = n ) est à termes positifs donc, si elle converge, elle converge absolument .

      n = 1 N n P ( Y = n ) = 3 4 + n = 2 N n 1 4 ( 1 2 ) n 1 = 3 4 + 1 2 ( n = 0 N n ( 1 2 ) n 0 1 2 ) 3 4 + 1 2 ( 1 2 ( 1 1 2 ) 2 1 2 ) = 3 4 + 1 2 3 2 = 3 2

      Donc Y a une espérance et E ( Y ) = 3 2