CCIP / 1997 / Option Eco / MATH II
On considère une population d'environ 10 000 consommateurs, dont chacun est susceptible d'acheter une voiture, soit de marque étrangère, soit de marque française. Un organisme de sondage interroge 100 consommateurs pris au hasard : 30 se révèlent préfèrer une marque étrangère (donc 70 une marque française). L'enquète est publiée et influence parfaitement -cas d'école- la population dont 30% penche maintenant pour une marque étrangère (70% pour une marque française). Un nouveau sondage est effectué : un échantillon de 100 consommateurs pris au hasard est interrogé, et le résultat publié influence parfaitement la population qui s'aligne sur les préférences de l'échantillon. On recommence le tirage au hasard de 100 consommateurs, et ainsi de suite. Que se passe-t-il après un grand nombre de sondages ?
L'énnoncé théorique ci-dessous propose un modèle probabiliste pour répondre à cette question.
Définition. Soit une variable aléatoire X ; on note E(X) l'espérance de X si celle-ci existe.
On note N un entier supérieur ou égal à 2 et k0 un entier de {0,,N}?. On pose P= k0 N et q=1-p
Soit ( Xn )n\BbbN une suite de variables aléatoires définies sur un espace probabilisé (Ω,A,p), à valeurs dans {0,,N}, dont les lois de probabilité sont définies de la manière suivante :
X0 est la variable certaine égale à k0
X1 suit la loi binômiale de paramètres N et p (Par convention, on dit que la loi binômiale de paramètres N et 0 est la loi de la variable aléatoire certaine égale à 0 et que la loi binômiale de paramètres N et 1 est la loi de la variable aléatoire certaine égale à N)
Pour tout entier n non nul et tout entier k de {0,,N} tel que P( Xn =k)0, la loi conditionnelle de Xn+1 sachant ( Xn =k) est la loi binômiale de paramètres N et k N . En d'autres termes :
Pour tout entier n non nul et tout entier k de {0,,N} tel que P( Xn =k)0, et pour tout i de {0,,N},

P( Xn+1 =i/ Xn =k)= Cn i ( k N )i (1- k N )N-i (avec la convention habituelle 0 0 =1 )

On a de plus l'hypothèse (H): pour tout entier n non nul, pour tout n-uplet ( k1 ,, kn ) de {0,,N}n tel que P( Xn = kn ,, X1 = k1 )0, pour tout entier i de {0,,N},
P( Xn+1 =i/ Xn = kn ,, X1 = k1 )=P( Xn+1 =i/ Xn = kn )
Cette hypothèse n'est utile qu'à la question 8. de la partie 2.
On définit la suite de variable aléatoires ( Fn )n0 par Fn = Xn N
L'énnoncé ci-dessous propose une étude des cas N=2 et N=3. les propriétés mises en évidence pâr cette étude peuvent se généraliser à une valeur quelcconque de N.
Préléminaire
Dans l'exemple ci-dessus, en appelant N la taille de l'échantillon, k0 le nombre de consommateurs interrogés la première fois et favorables à l'achat d'une marque étrangère, n le rang du sondage, donner une interprétation de la variable Xn et justifier par des arguments tirés du cours, l'utilisation de la loi binômiale. Comment interprèter l'hypothèse (H)?
Partie 1
Dans cette partie, N=2.
    1. On suppose que k0 =0.
      Comme p=0 on a alors X1 suit la loi binômiale de paramèter B(2,0) qui est la variable ceratainte égale à 0.
      Et i len sera de même pour toute lasuite ( Xn ) : pour tout n, Xn est la variable certaine égale à 0
    2. De même si k0 =2, on a pour tout entier n, Xn qui est la variable certaine égale à 2.
    On suppose désormais, dans la suite de cette partie, que k0 =1
    1. Pour n=1 on a p= 1 2 et X1 B(2, 1 2 ) donc P( X1 =1)=( 2 1 ) 1 2 1 2 = ( 1 2 )1
      Soit n1 tel que P( Xn =1)= 1 2n
      ( Xn =0, Xn =1, Xn =2) est une système complet d'événements donc

      P( Xn+1 =1) = P Xn =0 ( Xn+1 =1)P( Xn =0)+ P Xn =1 ( Xn+1 =1)P( Xn =1) + P Xn =2 ( Xn+1 =1)P( Xn =2)

      Si ( Xn =0) alors p=0 et Xn+1 est la variable certaien égale à 0
      Si ( Xn =2) alors p=1 et Xn+1 est la variable certaien égale à 2
      Donc P Xn =0 ( Xn+1 =1)P( Xn =0)=0 et P Xn =2 ( Xn+1 =1)P( Xn =2)=0 et il reste
      P( Xn+1 =1)= P Xn+1 =1 ( Xn+1 =1)P( Xn =1)
      avec P Xn+1 =1 ( Xn+1 =1)=( 2 1 ) 1 2 1 2 = 1 2 car Xn+1 B(2, 1 2 ) (loi conditionnelle)
      Finalement P( Xn+1 =1)= 1 2 ( 1 2 )n = ( 1 2 )n+1
      On montre alors par récurrence que pour tout entier n:
      P( Xn =0)=P( Xn =2)= 1 2 - 1 2n+1 :
      • pour n=1 on a p= 1 2 et X1 B(2, 1 2 ) donc
        P( X1 =0)=( 2 0 ) ( 1 2 )0 ( 1 2 )2 = 1 4 = 1 2 - 1 22
      • Soit n\BbbN tel que P( Xn =0)= 1 2 - 1 2n+1 alors ( Xn =0, Xn =1, Xn =2) est une système complet d'événements donc

      P( Xn+1 =0) = P Xn =0 ( Xn+1 =0)P( Xn =0)+ P Xn =1 ( Xn+1 =0)P( Xn =1) + P Xn =2 ( Xn+1 =0)P( Xn =2)

      Or P Xn =0 ( Xn+1 =0)=1 et
      P Xn =2 ( Xn+1 =0)=0et P Xn =1 ( Xn+1 =0)=( 2 0 ) ( 1 2 )0 ( 1 2 )2 = 1 4
      Donc
      P( Xn+1 =0) = P( Xn =0)+ 1 2 P( Xn =1) = 1 2 - 1 2n+1 + 1 4 ( 1 2 )n = 1 2 - 2 2n+2 + ( 1 2 )n+2 = 1 2 - 1 2n+2

      et pour tout entier n1, P( Xn =0)= 1 2 - 1 2n+1 .
      On a alors ( Xn =0, Xn =1, Xn =2) SCE donc :
      P( Xn =2)=1-P( Xn =0)-P( Xn =1)= 1 2 - 1 2n+1
    2. On a donc P( Fn =0) 1 2 :P( Fn = 1 2 )0 et P( Fn =1) 1 2 et Fn converge en loi vers la loi deBernouilli de paramètre 1 2
    3. E( Xn )=0P( Xn =0)+1P( Xn =1)+2P( Xn =2) et comme P( Xn =2)=P( Xn =0) on a donc
      E( Xn ) = P( Xn =0)+P( Xn =1)+P( Xn =2) = 1

  1. On définit la variable aléatoire T par :
    1. Pour tout entier n non nul, (T=n) signifie que l'on a eu ( Xk =1) pour tout k<n et ( Xn =0 Xn =2)=( Xn 1)
      On a vu que si Xk =0 on a alors Xi =0 pour tout ik et de même pour Xk =2
      Remarque : Donc si Xn-1 =1 alors Xi =0 pour tout ik (sinon il prendrait la valeur 0 ou 2 et la garderait pour Xn-1 )
      Donc (T=n)=( Xn-1 =1)( Xn 1)
      On a alors P(T=n)=P( Xn-1 =1) P Xn =1 ( Xn 1)
      que l'on transforme par l'événement contraire :
      P(T=n) = P( Xn-1 =1)[1- P Xn =1 ( Xn =1)] = P( Xn-1 =1)-P( Xn-1 =1) P Xn =1 ( Xn =1) = P( Xn-1 =1)-P( Xn-1 =1 Xn =1) = P( Xn-1 =1)-P( Xn =1)

      d'arpès la remarque précédente.
      N.B. on aurait pu passer aussi par (T=n)=( Xn-1 =1)\( Xn =1) et comme ( Xn =1)( Xn-1 =1) alors
      Conclusion :
      P(T=n)=P( Xn-1 =1)-P( Xn =1)
      (T=0) signifie que Xk ne prensd que la valeur 1 : (T=0)= k=1 ( Xk =1) et comme la suite d'événments est décroissante ( ( Xk+1 =1)( Xk =1) ),
      Conclusion :
      P(T=0)= limn+ P( Xn =1)=0
    2. On a pour tout entier n0:
      P(T=n)=P( Xn-1 =1)-P( Xn =1)= 1 2n-1 - 1 2n = ( 1 2 )n-1 (1- 1 2 ) et TG( 1 2 )
      (la formule est vraie pour n-1=1 P( X0 =1)=1= 1 20 )
      C'est la loi du premier succès (avoir 0 ou 2) dans une suite d'expériences pas du tout indépendantes et dont la probabilité de succès n'est absolument pas constante !
Partie 2
Dans cette partie , N=3.
  1. Que dire de la suite ( Xn )n0 si k0 =0 ? Si k0 =3 ?
    Si k0 =0 ou 3 alors la suite est constante (comme on l'a vu dans le cas N=2 )
    On suppose désormais, dans la suite de cette partie que k0 =1.
  2. On utilise là encore la formule des probabilités totales avec le système complet d'événements ( Xn =0, Xn =1, Xn =2, Xn =3)
    Donc
    P( Xn+1 =0) = P Xn =0 ( Xn+1 =0)P( Xn =0)+ P Xn =1 ( Xn+1 =0)P( Xn =1) + P Xn =2 ( Xn+1 =0)P( Xn =2)+ P Xn =3 ( Xn+1 =0)P( Xn =3) = P( Xn =0)+ ( 2 3 )3 P( Xn =1)+ ( 1 3 )3 P( Xn =2) = P( Xn =0)+ 8 27 P( Xn =1)+ 1 27 P( Xn =2)

    car la loi conditionnelle de Xn+1 est B(3, 1 3 ) si ( Xn =1), B(3, 2 3 ) si ( Xn =2) et la loi certaine égale à 3si ( Xn =3)
    et on a de même :
    Donc
    ( P( Xn+1 =0) P( Xn+1 =1) P( Xn+1 =2) P( Xn+1 =3) ) = ( P( Xn =0)+ 8 27 P( Xn =1)+ 1 27 P( Xn =2) 4 9 P( Xn =1)+ 2 9 P( Xn =2) 4 9 P( Xn =1)+ 2 9 P( Xn =2) 1 27 P( Xn =1)+ 8 27 P( Xn =2)+P( Xn =3) ) = ( 1 8 27 1 27 0 0 4 9 2 9 0 0 2 9 4 9 0 0 1 27 8 27 1 )( P( Xn =0) P( Xn =1) P( Xn =2) P( Xn =3) )

    Conclusion :
    Un+1 =A Un
    1. On a VA=( 0123 )( 1 8 27
      1 27 0 0 4 9 2 9 0 0 2 9 4 9 0 0 1 27 8 27 1 )=( 0 27 27 54 27 3 )=V
    2. Comme les valeurs de Xn sont {1,2,3,} alors
      E( Xn )=0P( Xn =0)+1P( Xn =1)+2P( Xn =2)+3P( Xn =2)= VUn
      Comme la suite U est géométrique de raison A alors
      Un = An U0 et E( Xn )=V An U0 =V U0 =E( X0 )=1
      (on peut aussi remarquer que E( Xn+1 )=V Un+1 =VA Un =V Un donc la suite (E( Xn ))n\BbbN est constante et vaut 1 )
      Conclusion :
      pour tout entier n:E( Xn )=1
    1. WA=( 0220 )( 1 8 27 1 27 0 0 4 9 2 9 0 0 2 9 4 9 0 0 1 27 8 27 1 )=( 0 12 9 12 9 0 )= 2 3 W
    2. N.B. les variables Xn et (3- Xn ) ne sont pas indépendantes donc l'espérance du produit n'est pas simplement le produit des espérances.
      On revient au théorème de transfert :

      E( Xn (3- Xn )) = 0(3-0)P( Xn =0)+1(3-1)P( Xn =1) +2(3-2)P( Xn =2)+3(3-3)( Xn =2) = 2P( Xn =1)+2P( Xn =2) = W Un

      Comme précédemment, E( Xn+1 (3- Xn+1 ))=W Un+1 =WA Un = 2 3 W Un = 2 3 E( Xn (3- Xn ))
      La suite [E( Xn (3- Xn ))]n\BbbN est donc géométrique de raison 2 3 et
      E( Xn (3- Xn ))= ( 2 3 )n E( X0 (3- X0 ))
      avec X0 (3- X0 )=2 (variable certaine) et donc E( X0 (3- X0 ))=2
      Conclusion :
      pour tout entier n:E( Xn (3- Xn ))=2 ( 2 3 )n
    3. Comme E( Xn (3- Xn ))=2P( Xn =1)+2P( Xn =2) alors P( Xn =1)+P( Xn =2)= 1 2 E( Xn (3- Xn ))= ( 2 3 )n .
      Conclusion :
      P( Xn =1)+P( Xn =2)= ( 2 3 )n
    4. Comme | 2 3 |<1 alors ( 2 3 )n 0 et comme les probabilités sont positives, par encadrement P( Xn =1)0 et P( Xn =2)0
      En réutilisant l'espérance de Xn :1=E( Xn )=P( Xn =1)+2P( Xn =2)+3P( Xn =2) alors P( Xn =2)= 1 3 (1-P( Xn =1)-2P( Xn =2)) 1 3
      Enfin, ( Xn =0, Xn =1, Xn =2, Xn =3) étant un système complet d'événements, P( Xn =0)+P( Xn =1)+P( Xn =2)+P( Xn =2)=1 et donc P( Xn =0)=1-P( Xn =1)-P( Xn =2)-P( Xn =2) 2 3
      Conclusion :
      Quand n+: P( Xn =0) 2 3 :P( Xn =1)0
      P( Xn =2)0:P( Xn =3) 1 3
      A l'aide de 3. et de 4.c, déterminer limn+ P( Xn =i) pour tout entier i de {0,1,2,3}.
    5. Comme Fn = Xn 3 P( Fn =0) 2 3 :P( Fn = 1 3 )0:P( Fn = 2 3 )0 et P( Fn =1) 1 3
      Conclusion :
      ( Fn )n0 converge en loi vers une loi de Bernouilli de paramètre 1 3
    6. On a
      P( Fn =0 ou Fn =3) = P( Xn =0 Xn =3) = 1-P( Xn =1 Xn =2)   incompatibles = 1-[P( Xn =1)+P( Xn =2)] = 1- ( 2 3 )n

      Donc
      P( Fn =0 ou Fn =3)>0,95 ( 2 3 )n <ln(0,05) nln( 2 3 )<ln(0,05) n>ln(0,05)/ln( 2 3 )7,3

      Conclusion :
      n=8 est le plu spetit entier tel que P( Fn =0 ou Fn =3)>0,95
      (à 95 chance pour cent, dès le huitième sondage, l'opinion aura totalement basculé)
    1. On pose Y2 =( 1 -3 3 -1 ) et Y3 =( 1 -1 -1 1 )
      On calcule les produits :
      A Y2 =( 1 8 27 1 27 0 0 4 9 2 9 0 0 2 9 4 9 0 0 1 27 8 27 1 )( 1 -3 3 -1 )=( 2 9 - 2 3 2 3 - 2 9 )= 2 9 Y2 et Y2 0 donc Y2 est une colonne propre de A associée à la valeur propre 2 9
      A Y3 =( 1 8 27 1 27 0 0 4 9 2 9 0 0 2 9 4 9 0 0 1 27 8 27 1 )( 1 -1 -1 1 )=( 2 3 - 2 3 - 2 3 2 3 )= 2 3 Y3 donc Y3 est colonne propres de A associée à 2 3
    2. On a de plus Y1 =( 1 0 0 0 ) et Y4 =( 0 0 0 1 ) associées à 1
      En notant Zi =t Yi le vecteur propre dont les coordonnées sont dans la colonne propre
      ( Z1 , Z4 ) est libre (échelonnée) associée à 1
      ( Z2 ) est libre associée à 2 9 et ( Z3 ) est libre associée à 1 3 donc la concaténation de ces familles libre forme une famille libre de \BbbR4 donc (cardinal=4) une base de \Bbb R4
      B=( Z1 , Z2 , Z3 , Z4 ) est une base de \BbbR4
      Donc avec P la matrice de passage de la base canonique C dans B on a :
      P=( 1110 0-3-10 03-10 0-111 ) et D=( 1000 0 2 9 00 00 1 3 0 0001 ) et on a P-1 AP=D qui est diagonale.
    3. On a An =P Dn P-1 =P ( 1000 0 ( 2 9 )n 00 00 ( 1 3 )n 0 0001 ) P-1
      P-1 se cal culant par la méthode de Gauss. On trouve : P-1 = 1 6 ( 6420 0-110 0-3-30 0246 )
      d'où
      An = P Dn P-1 = 1 6 P( 1000 0 ( 2 9 )n 00 00 ( 1 3 )n 0 0001 )( 6420 0-110 0-3-30 0246 ) = 1 6 ( 1110 0-3-10 03-10 0-111 )( 6420 0- ( 2 9 )n ( 2 9 )n 0 0-3 ( 1 3 )n -3 ( 1 3 )n 0 0246 ) = 1 6 ( 64- ( 2 9 )n -3 ( 1 3 )n
      2+ ( 2 9 )n -3 ( 1 3 )n 0 03 ( 2 9 )n +3 ( 1 3 )n
      -3 ( 2 9 )n +3 ( 1 3 )n 0
      0-3 ( 2 9 )n +3 ( 1 3 )n
      3 ( 2 9 )n +3 ( 1 3 )n 0
      02+ ( 2 9 )n -3 ( 1 3 )n 4- ( 2 9 )n -3 ( 1 3 )n 6 )

    1. Comme X0 est la variable ceraine égale à 1 on a U0 =( 0 1 0 0 ) et Un = An U0 est la seconde colonne de An donc la loi de Xn est donnée par :
      P( Xn =0)= 2 3 - 1 2 ( 2 3 )n - 1 6 ( 2 9 )n       P( Xn =1)= 1 2 ( ( 2 3 )n + ( 2 9 )n ) P( Xn =2)= 1 2 ( ( 2 3 )n - ( 2 9 )n )P( Xn =3)= 1 3 - 1 2 ( 2 3 )n + 1 6 ( 2 9 )n
    2. et comme | 2 3 |<1 et | 2 9 |<1 ces différentes quantités tendent respectivement vers 2 3 ,  0,  0 et 1 3 comme trouvé au 4.e)
  3. On définir la variable aléatoire T par :
    On pose pour tout entier n, vn =P( Xn =1)+P( Xn =2)
    1. On a ( Tn =n)=( Xn =0 Xn =3)( Xn-1 =1 Xn-1 =2),
      ( Tn =n)= ( Xn =1 Xn =2) ( Xn-1 =1 Xn-1 =2)
      =( Xn-1 =1 Xn-1 =2)\( Xn =1 Xn =2)
      Comme ( Xn =1 Xn =2)( Xn-1 =1 Xn-1 =2) alors
      P( Tn =n) = P( Xn-1 =1 Xn-1 =2)-P( Xn =1 Xn =2) = vn-1 - vn

      Avec P(T=0)=P( n=0 ( Xn =1 Xn =2))= limn+ P( Xn =1 Xn =2)=0
    2. Pour tout entier n on a : vn =P( Xn =1)+P( Xn =2)= ( 2 3 )n
      Donc pour tout n\Bbb N* :P(T=n)= vn-1 - vn = ( 2 3 )n-1 - ( 2 3 )n = 1 3 ( 2 3 )n-1
      Conclusion :
      Et donc TG( 1 3 ) et E(T)=3
      (en moyenne, au bout de trois sondage l'opinion a basculé)
  4. Pour tout entier n non nul, on définit l'événement Bn = k=1 n( Xk 1)
    On pose x1 =P( X1 =0), pour tout entier k supérieur ou égal à 2, xk =P( X1 =1,, Xk-1 =1, Xk =0), et pour tout entier k non nul, yk =P( X1 =1,, Xk-1 =1, Xk =1)
    1. On a xk+1 =P( X1 =1 Xk =1 Xk+1 =0)=P( X1 =1 Xk =1) P Xk =1 ( Xk+1 =0) d'après l'hypothèse (H)
      Donc xk+1 = yk ( 3 0 ) ( 1 3 )0 ( 2 3 )3 = 8 27 yk
      De même yk+1 =P( X1 =1 Xk+1 =1)=P( X1 =1 Xk =1)P Xk =1 ( Xk+1 =1)
      et yk+1 = yk ( 3 1 ) ( 1 3 )1 ( 2 3 )2 = 4 9 yk
      Le suite y est donc géométrique de raison 4 9 et de premier terme y1 = 4 9 d'où yn = ( 4 9 )n-1 4 9 = ( 4 9 )n
      D'où xn = 8 27 yn-1 = ( 4 9 )n-1 8 27 = 2 3 ( 4 9 )n pour tout n-11 (donc à partir de n=2)
      et pour x1 = 8 27 donc
      Conclusion :
      pour tout n\Bbb N* : xn = 2 3 ( 4 9 )n et yn = ( 4 9 )n
    2. k=1 n( Xk 1) signifie que les valeurs de Xk n'ont été que 0 ou 1.
      Or, dès que Xk prend la valeur 0, tous les suivants sont également nuls.
      Bn = k=1 n[( i=0 k-1 Xi =1)( Xk =0)]( i=0 n Xi =1)
      Les évenments étant incompatibles,
      P( Bn )= k=1 nP[( i=0 k-1 Xi =1)( Xk =0)]+P( i=0 n Xi =1)= k=1 n xk + yn
      Comme yn 0 il reste k=1 n xk = k=1 n 2 3 ( 4 9 )k et en réindexant h=k-1:
      P( Bn )= h=0 n-1 2 3 ( 4 9 )h+1 = 8 27 h=0 n ( 4 9 )h 8 27 1 1- 4 9

      car | 4 9 |<1
      Conclusion :
      P( Bn ) 8 15
      Donc la probabilité que l'opinion finisse par basculer totalement pour le 0 est de 8/15
    3. Fn 0,5 signifie que Xn =2 ou 3
      (il existe un entier n vérifiant Fn 0,5) est donc n=1 +( Xn >1) événment contraire de n=1 +( Xn 1)
      dont la probabiltié est limN+ P( n=1 N( Xn 1))= 8 15
      Conclusion :
      la probabilité qu'il existe n tel que Fn 0,5 est de 7 15
(CCIP 1997 Maths II option Economique)



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On 11 Oct 2005, 22:24.