Corrigé ESC 2005 par Pierre Veuillez

Une urne contient initialement deux boules rouges et une boule bleue indiscernables au toucher.
On appelle '' épreuve '' la séquence suivante :
On tire une boule de l'urne, puis :

L'expérience aléatoire consiste à effectuer une succession illimitée d'épreuves.
Pour tout entier naturel n non nul , on note Y n la variable aléatoire discrète égale au nombre de boules rouges présentes dans l'urne à l'issue de la n - ième épreuve.
On notera pour chaque entier naturel k non nul les événements suivants :

R k : " Lors de la k -ième épreuve on a extrait une boule rouge de l'urne. "

B k : " Lors de la k -ième épreuve on a extrait une boule bleue de l'urne. "

  1. Y 1 est le nombre de boules rouges présentes dans l'urne à l'issue du premier tirage.

    Donc Y ( Ω ) = { 1 , 2 } avec

  2. Quand n 2 , on peut avoir obtenu aucune, une ou 2 boules rouges.

    Donc à l'issue des n tirages, il peut en rester Y n ( Ω ) = { 0 , 1 , 2 }

  3. ( Y n = 2 ) signifie que l'on a retiré aucune boule rouge. Donc que l'on a obtenu que des boules bleues.

    ( Y n = 2 ) = B 1 \dots B n

    Donc P ( Y n = 2 ) = P ( B 1 ) P B 1 ( B 2 ) P B 1 B n 1 ( B n ) le conditionnement précisant que l'on conserve toujours les mêmes boules dans l'urne.

    Donc P ( Y n = 2 ) = ( 1 3 ) n

  4. On pose pour tout entier naturel non nul n , u n = P ( Y n = 1 ) .

    1. On a trouvé u 1 = P ( Y 1 = 1 ) = 2 3

      On a u 2 = P ( Y 2 = 1 )

      Comme ( Y 2 = 1 ) signifie qu'il ne reste qu'un rouge, c'est que l'on en a tiré une seule : au premier ou au second tirage.

      ( Y 2 = 1 ) = ( R 1 B 2 ) ( B 1 R 2 ) et les deux étant incompatibles

      P ( Y 2 = 1 ) = P ( R 1 B 2 ) + P ( B 1 R 2 ) = P ( R 1 ) P R 1 ( B 2 ) + P ( B 1 ) P B 1 ( R 2 ) = 2 3 2 3 + 1 3 2 3 = 6 9

      On a donc bien u 2 = 2 3 .

    2. Pour n 2 , ( Y n = 1 , Y n = 2 , Y n = 3 ) est une système complet d'événements

      Donc P ( Y n + 1 = 1 ) = P Y n = 0 ( Y n + 1 = 1 ) P ( Y n = 0 ) + P Y n = 1 ( Y n + 1 = 1 ) P ( Y n = 1 ) + P Y n = 2 ( Y n + 1 = 1 ) P ( Y n = 2 ) le conditionnement donne la composition de l'urne et donc pour avoir après tirage une seule rouge il faut :

      • P Y n = 0 ( Y n + 1 = 1 ) = 0

      • P Y n = 1 ( Y n + 1 = 1 ) = P 2 B 1 R ( B n ) = 2 3

      • P Y n = 2 ( Y n + 1 = 1 ) = P 2 R 1 B ( R n ) = 2 3 et

      P ( Y n + 1 = 1 ) = 2 3 P ( Y n = 1 ) + 2 3 P ( Y n = 2 ) = 2 3 u n + 2 3 n + 1

      Et pour n = 1 on a 2 3 u 1 + 2 3 2 = 2 3 2 3 + 2 9 = 6 9 = 2 3 = u 2

      Conclusion :

      pour tout n 1 , on a u n + 1 = 2 3 u n + 2 3 n + 1

    3. On pose pour tout entier naturel n non nul v n = u n + 2 3 n .
      On calcule v n + 1 en fonction de v n :

      v n + 1 = u n + 1 + 2 3 n + 1 = 2 3 u n + 2 3 n + 1 + 2 3 n + 1 = 2 3 ( u n + 2 3 n + 1 ) = 2 3 v n Donc la suite v est géométrique de raison 2 3 et v n = ( 2 3 ) n 1 v 1 pour tout entier n 1

      avec v 1 = u 1 + 2 3 = 4 3 on a donc

      Conclusion :

      u n = v n 2 3 n = 2 ( 2 3 ) n 2 3 n

    4. Pour n 2 , comme les seules valeurs possibles de Y n sont 0, 1 et 2 on a donc

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

    formule que l'on test pour n = 1 : 1 2 ( 2 3 ) 1 + ( 1 3 ) 1 = 0 = P ( Y 1 = 0 ) convient encore.

    Conclusion :

    Donc pour tout entier n 1 on a P ( Y n = 0 ) = 1 2 ( 2 3 ) n + ( 1 3 ) n

  5. On a alors E ( Y n ) = 0 P ( Y n = 0 ) + 1 P ( Y n = 1 ) + 2 P ( Y n = 2 ) = 2 ( 2 3 ) n 2 3 n + 2 ( 1 3 ) n = 2 ( 2 3 ) n Conclusion :

    E ( Y n ) = 2 ( 2 3 ) n

  6. On note Z la variable aléatoire égale au numéro de l'épreuve amenant la dernière boule rouge.

    1. La dernière boule rouge (la seconde) peut apparaître à partir de la seconde épreuve au plus tôt et il n'y a pas de plus tard.

      Donc Z ( Ω ) = [ [ 2 , + [ [ .

    2. Soit k un entier supérieur ou égal à 2.
      ( Z = k ) signifie que au k i e m e tirage on a tiré la dernière boule rouge.

      Donc qu'après ce tirage il n'y en a plus alors qu'avant il y en avait encore une :

      ( Z = k ) = ( Y k = 0 ) ( Y k 1 = 1 )

    3. Donc (les deux ne sont pas du tout indépendants !)

    4. La loi de Z est donc donnée par : Z ( Ω ) = [ [ 2 , + [ [ et pour tout k [ [ 2 , + [ [ : P ( Z = k ) = P ( Y k 1 = 1 ) ( Y k = 0 ) P ( Y k 1 = 1 ) = P 2 B 1 R ( R ) P ( Y k 1 = 1 ) = 1 3 ( 2 ( 2 3 ) k 1 2 3 k 1 ) = 1 3 k ( 2 k 2 )

(ESC 2005)