MA401 : Probabilités TD3 Exercice 1 Une compagnie aérienne

MA401 : Probabilités
TD3
TD3
Exercice 1 Une compagnie aérienne étudie la réservation sur l’un de ses vols. Une place donnée est libre le jour d’ouverture
de la réservation et son état évolue chaque jour jusqu’à la fermeture de la réservation de la manière suivante : si la place est
9
réservée le jour k, elle le sera encore le jour k + 1 avec la probabilité
. Si la place est libre le jour k, elle sera réservée le
10
4
jour k + 1 avec la probabilité
.
10
Pour k entier positif, on note rk la probabilité que la place soit réservée le jour k. On suppose que r0 = 0.
1. Exprimer rk+1 en fonction de rk .
2. En déduire l’expression explicite de rk en fonction de k et calculer lim rn = r.
n→+∞
Exercice 2 Deux urnes U1 et U2 contiennent des boules blanches et noires. L’urne U1 contient 13 boules blanches et 5
boules noires, l’urne U2 contient 10 boules blanches et 12 boules noires. On effectue un premier tirage dans une urne choisie
au hasard et on remet la boule obtenue dans son urne d’origine.
Si l’on obtient une boule blanche (resp. noire), le 2ème tirage se fait dans U1 (resp. U2 ).
Au ième tirage, si la boule obtenue est blanche (resp. noire), le (i+1)ème tirage se fait dans U1 (resp. U2 ). Soit Bi l’évènement :
”on obtient une boule blanche au ième tirage”.
1. Calculer P (B1 ) et P (B2 ).
2. Exprimer P (Bn ) en fonction de P (Bn−1 ).
3. Montrer que la suite P (Bn ) converge et déterminer sa limite. Interprétation.
1
Exercice 3 Soit a un réel appartenant à ]0, [.
2
Dans une bourse de valeurs, un titre donné peut monter, rester stable ou baisser.
Dans un modèle mathématique, on considère que :
– le premier jour le titre est stable.
– si un jour n le titre monte, le jour n + 1, il montera avec la probabilité 1 − 2a, restera stable avec la probabilité a et
baissera avec la probabilité a.
– si un jour n le titre est stable, le jour n + 1 il montera avec la probabilité a, restera stable avec la probabilité 1 − 2a et
baissera avec la probabilité a.
– si un jour n le titre baisse, le jour n + 1 il montera avec la probabilité a, restera stable avec la probabilité a et baissera
avec la probabilité 1 − 2a.
On note Mn (resp. Sn , resp. Bn ) l’événement ” le titre donné monte (resp. reste stable, resp. baisse) le jour n ”.
1. On pose pn = P (Mn ), qn = P (Sn ) et rn = P (Bn ).
(a) Expliciter pn+1 (resp. qn+1 ) en fonction de pn , qn , rn .
(b) Que vaut pn + qn + rn ? En déduire l’expression de rn en fonction de pn et qn .
2. Montrer que les suites p et q sont arithmético-géométrique.
3. En déduire pn , qn puis rn en fonction de n.
Donner la limite de ces trois suites et interpréter le résultat.
Exercice 4 Deux pièces A et B sont reliées entre elles par une porte ouverte. Seule la pièce B possède une issue vers
l’extérieur. Une guêpe initialement dans la pièce A voudrait sortir à l’air libre. Son trajet obéit aux règles suivantes :
1
– Lorsqu’elle est en A au temps t = n, alors, au temps t = n + 1, elle reste en A avec une probabilité égale à , ou elle
3
2
passe en B avec une probabilité égale à
3
1
– Lorsqu’elle est en B au temps t = n, alors, au temps t = n + 1, elle retourne en A avec une probabilité égale à , ou
4
1
1
elle reste en B avec une probabilité égale à , ou elle sort à l’air libre avec une probabilité égale à .
2
4
Au temps t = 0, la guêpe est en A. Lorsqu’elle est sortie, elle ne revient plus.
On note An (resp. Bn , resp. Sn ) les événements : An “à l’instant t = n, elle est en A ”
Bn : à l’instant t = n, elle est en B ” Sn : ” à l’instant t = n, elle sort ”
et an , bn , sn leurs probabilités respectives.
1. Calculer a0 , b0 , s0 , a1 , b1 , s1 .
2. (a) Exprimer an+1 et bn+1 en fonction de an et bn .
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an − bn est constante.
10
10
4
3
5
(c) Montrer que la suite v définie par ∀n > 0, vn =
an + bn est géométrique de raison .
10
10
6
En déduire l’expression de vn en fonction de n.
(b) Vérifier que la suite u définie par ∀n > 0,
un =
(d) Donner l’expression de an et bn en fonction de n
1
3. Justifier que ∀n > 2, sn = bn−1 . En déduire sn en fonction de n.
4
Exercice 5 Une boite A contient deux jetons portant le numéro 0 et une boite B contient deux jetons portant le numéro 1.
On tire au hasard un jeton dans chaque boite et on les échange. On recommence cette opération n fois. On s’intéresse à la
somme des jetons contenus dans l’urne A à l’instant t = n. Pour cela, on introduit les évènements :
Pn : ” la somme des jetons contenus dans l’urne A à l’instant t = n vaut 0 ”
Qn : ” la somme des jetons contenus dans l’urne A à l’instant t = n vaut 1 ”
Rn : ” la somme des jetons contenus dans l’urne A à l’instant t = n vaut 2 ”
On pose également pn = P (Pn ), qn = P (Qn ) et rn = P (Rn ).
1. Calculer p0 , q0 , r0 , p1 , q1 , r1 .
2. Exprimer pn+1 (resp. qn+1 , resp. rn+1 ) en fonction de pn , qn , rn
1
1
3. Montrer que ∀n > 0, qn+2 = qn+1 + qn .
2
2
4. En déduire l’expression de qn en fonction de n puis celle de pn et de qn .
5. Déterminer les limites des trois suites. Interprétation.
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Correction feuille d’exercices 10
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correction de l’exercice 1
1. On introduit l’évènement Rk : " la place est réservée le jour k " et donc p(Rk ) = rk :
Le système (Rk ; Rk ) est un système complet d’évènements et l’on a :
p(Rk+1 )
= p(Rk \ Rk+1 ) + p(Rk \ Rk+1 ) = p(Rk )pRk (Rk+1 ) + p(Rk )pRk (Rk+1 )
9
4
=
p(Rk ) + p(Rk )
10
10
Justi…cation des calculs de probabilités conditionnelles :
pRk (Rk+1 ) : l’évènement Rk est réalisé, donc la place est réservée le jour k; et l’on souhaite que la place soit encore
9
:
réservée le jour k + 1: D’après l’énoncé, la probabilité de réalisation de cet évènement est
10
pRk (Rk+1 ) : l’évènement Rk est réalisé, donc la place est libre le jour k; et l’on souhaite que la place soit réservée le
4
jour k + 1: D’après l’énoncé, la probabilité de réalisation de cet évènement est
10
En remarquant ensuite que p(Rk ) = rk et p(Rk ) = 1 p(Rk ) = 1 rk ; on obtient
8k 2 N;
rk+1 =
9
4
rk + (1
10
10
rk ) =
1
2
rk + .
2
5
2. La suite r est arithmético-géométrique.
Recherche de la constante L :
1
2
1
2
2
L= L+ , L= ,L=2
=
2
5
2
5
5
4
On introduit alors la suite u dé…nie par : 8k 2 N; uk = rk
, rk = u k +
5
8k 2 N;
uk+1 = rk+1
La suite u est géométrique de raison
8k 2 N;
uk =
4
1
2
= rk +
5
2
5
4
5
4
:
5
4
1
4
= (uk + )
5
2
5
2
1
= uk
5
2
1
; ce qui nous permet d’écrire
2
1
u 0 , rk
2k
4
1
= k
5
2
r0
4
5
, rk =
4
5
4
5
2k
et r = lim rk =
k!+1
4
5
4
signi…e qu’à long terme, c’est-à-dire après un grand nombre de jours, la probabilité qu’une
5
4
place donnée soit réservée est environ égale à
= 0:8 autrement il y a environ 80 % de chance pour qu’une place
5
donnée soit réservée.
Remarque : rk
!
k!+1
correction de l’exercice 2
1. Calcul de P (B1 ) : Pour obtenir la boule blanche au premier tirage, on doit déjà choisir l’urne. Etant donné que l’on
a le choix de l’urne U1 ou U2 ; on introduit les évènements A : " piocher dans l’urne U1 " et B " piocher dans l’urne U2
" Il s’agit clairement d’un système complet d’évènements et l’on a :
P (B1 ) = P (A \ B1 ) + P (B \ B2 ) = P (A)PA (B1 ) + P (B)PB (B1 ) =
1
2
13 1
+
18 2
10
233
233
=
) P (B1 ) =
396
22
396
Justi…cation des calculs de probabilités :
1
2
PA (B1 ) : l’évènement A est réalisé, c’est-à-dire que l’on a choisi l’urne U1 pour piocher la boule, et l’on souhaite
piocher une boule et que cette boule soit blanche. Autrement dit, il s’agit de calculer la probabilité de piocher une boule
13
13
=
blanche en un tirage dans l’urne U1 qui contient 13 boules blanches et 5 boules noires donc PA (B1 ) =
13 + 5
18
PB (B1 ) : l’évènement B est réalisé, c’est-à-dire que l’on a choisi l’urne U2 pour piocher la boule, et l’on souhaite
piocher une boule et que cette boule soit blanche. Autrement dit, il s’agit de calculer la probabilité de piocher une boule
10
10
blanche en un tirage dans l’urne U2 qui contient 10 boules blanches et 12 boules noires donc PB (B1 ) =
=
10 + 12
22
Calcul de P (B2 ) : Pour obtenir une boule blanche au second tirage, on doit savoir dans quelle urne on doit piocher
au second tirage, autrement dit, on doit savoir qu’elle est la boule piochée au premier tirage (on pioche soit une boule
P (A) et P (B) : Le choix de chaque urne étant équiprobable donc P (A) = P (B) =
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blanche, soit une boule noire ce qui est la même chose que de piocher une boule non blanche). On introduit alors le
système complet d’évènements (B1 ; B1 ) ce qui nous donne
P (B2 ) = P (B1 \ B2 ) + P (B1 \ B2 ) = P (B1 )PB1 (B2 ) + P (B1 )PB1 (B2 ) =
233
396
13
+ (1
18
233
)
396
10
47 989
=
22
78 408
Justi…cation des calculs de probabilités conditionnelles :
PB1 (B2 ) : l’évènement B1 est réalisé, c’est-à-dire qu’une boule blanche est piochée au premier tirage donc on pioche
la seconde boule dans l’urne U1 ; et on souhaite piocher une boule blanche au second tirage. Ainsi il s’agit de calculer
13
la probabilité de piocher une boule blanche dans l’urne U1 donc PB1 (B2 ) =
18
PB1 (B2 ) : l’évènement B1 est réalisé, c’est-à-dire qu’une boule noire est piochée au premier tirage donc on pioche la
seconde boule dans l’urne U2 ; et on souhaite piocher une boule blanche au second tirage. Ainsi il s’agit de calculer la
10
probabilité de piocher une boule blanche dans l’urne U2 donc PB1 (B2 ) =
22
2. Pour obtenir une boule blanche au n-ième tirage, on doit savoir dans quelle urne on doit piocher au n-ième tirage,
autrement dit, on doit savoir qu’elle est la boule piochée au (n 1)-ième tirage (on pioche soit une boule blanche, soit
une boule noire). On introduit alors le système complet d’évènements (Bn 1 ; Bn 1 ) ce qui nous donne
P (Bn )
= P (Bn
=
1
13
P (Bn
18
\ Bn ) + P (Bn
1)
+
10
(1
22
1
\ Bn ) = P (Bn
P (Bn
1 ))
13
18
=
et l’expression de P (Bn ) en fonction de P (Bn
1 )PBn
1)
10
22
1
(Bn ) + P (Bn
P (Bn
1)
+
1 )PBn
1
13
10
P (Bn 1 ) + P (Bn 1 )
18
22
10
53
5
=
P (Bn 1 ) +
1) +
22
198
11
(Bn ) =
10
53
=
P (Bn
22
198
est
8n 2 N;
P (Bn ) =
53
P (Bn
198
1)
+
5
11
3. La suite (P (Bn ))n2N est arithmético-géométrique.
Calcul de la constante L :
5
145
5
198
53
L+
,
L=
,L=
198
11
198
11
145
L=
On introduit la suite u dé…nie par : 8n 2 N;
un+1 = P (Bn+1 )
19
53
=
P (Bn
28
198
La suite u est géométrique de raison
8n
2
,
N ;
un = P (Bn )
1)
+
5
11
5
18
=
11
29
19
19
, P (Bn ) = un +
29
29
18
53
=
29
198
un +
18
29
53
53
=
un
319
198
53
donc on a
198
un =
P (Bn ) =
18
29
53
198
n 1
371
11 484
u1 , P (Bn )
53
198
18
=
29
53
198
n 1
n 1
) lim P (Bn ) =
n!+1
P (B1 )
18
29
18
29
Remarque : on exprimer un en fonction de u1 et non de u0 car P (B0 ) n’est pas dé…nie mais P (B1 ) a un sens et est
dé…nie.
Interprétation : Après un nombre su¢ samment grand de tirages, la probabilité de piocher une boule blanche à un
18
tirage quelconque est environ égale à
' 0:621 10 3 ; c’est-à-dire qu’après un nombre su¢ samment grand de tirages,
29
on a environ 62,1 % de chance de piocher une boule blanche à un tirage
correction de l’exercice 3
1. (a) L’évolution du titre à l’instant t = n+1 dépendant clairement de l’évolution du titre à l’instant t = n; on introduit
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naturellement le système complet d’évènements (Mn ; Sn ; Bn ); ce qui nous donne
P (Mn+1 )
=
=
=
P (Sn+1 ) =
=
=
P (Bn+1 ) =
=
=
P (Mn \ Mn+1 ) + P (Sn \ Mn+1 ) + P (Bn \ Mn+1 )
P (Mn )PMn (Mn+1 ) + P (Sn )PSn (Mn+1 ) + P (Bn )PBn (Mn+1 )
(1 2a)P (Mn ) + aP (Sn ) + aP (Bn )
P (Mn \ Sn+1 ) + P (Sn \ Sn+1 ) + P (Bn \ Sn+1 )
P (Mn )PMn (Sn+1 ) + P (Sn )PSn (Sn+1 ) + P (Bn )PBn (Sn+1 )
aP (Mn ) + (1 2a)P (Sn ) + aP (Bn )
P (Mn \ Bn+1 ) + P (Sn \ Bn+1 ) + P (Bn \ Bn+1 )
P (Mn )PMn (Bn+1 ) + P (Sn )PSn (Bn+1 ) + P (Bn )PBn (Bn+1 )
aP (Mn ) + aP (Sn ) + (1 2a)P (Bn )
ce qui nous fournit les relations de récurrence demandées
8n 2 N;
8
< pn+1 = (1 2a)pn + aqn + arn
qn+1 = apn + (1 2a)qn + arn
:
rn+1 = apn + aqn + (1 2a)rn
Justi…cation des calculs de probabilités conditionnelles :
PMn (Mn+1 ) : l’évènement Mn est réalisé, donc le titre a monté le jour n; et l’on souhaite la réalisation de
l’évènement Mn+1 ; c’est-à-dire que le titre monte le jour n + 1: Autrement dit, il s’agit de calculer la probabilité
que, si le titre a monté le jour t = n; le cours monte le jour n + 1: Cette probabilité vaut (1 2a) d’après l’énoncé.
Les autres probabilités se calculent de la même façon et elles ne posent aucune di¢ culté.
(b) Puisque le système d’évènements (Mn ; Sn ; Bn ) est complet, on a
P (Mn ) + P (Sn ) + P (Bn ) = 1 , pn + qn + rn = 1 ) rn = 1
pn
qn
2. La combinaison des identités démontrées aux questions (1)a. et (1).b nous fournissent les identités suivantes
pn+1 = (1 2a)pn + aqn + a(1
qn+1 = apn + (1 2a)qn + a(1
pn
pn
qn )
,
qn )
pn+1 = (1
qn+1 = (1
3a)pn + a
3a)qn + a
3. Puisque p et q véri…ent la même relation de récurrence, nous allons simplement e¤ectuer le calcul pour p et nous
donnerons directement le résultat pour q
Recherche de la constante L
L = (1
3a)L + a , 3aL = a , L =
a6=0
a
1
=
3a
3
On introduit la suite u dé…nie par
8n 2 N;
u n = pn
1
1
, pn = u n +
3
3
On a alors
1
1
1
= (1 3a)pn + a
= (1 3a)(un + ) + a
3
3
3
La suite u est géométrique de raison 1 3a; ce qui nous permet d’écrire
un+1 = pn+1
8n 2 N;
un = (1
3a)n u0 , pn
1
= (1
3
3a)n (p0
1
) , 8n 2 N;
3
1
= (1
3
pn =
3a)un
1
+ (1
3
3a)n (p0
1
<1
2
3a < 1
1
)
3
et par conséquent,
8n 2 N;
qn =
1
+ (1
3
3a)n (q0
1
)
3
Détermination des di¤érentes limites :
D’après l’énoncé, on a 0 < a < 1, ce qui nous donne
0<a<
1
3
, 0 < 3a < ,
2
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<
2
3a < 0 , 1
5
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<1
2
3a < 1 ,
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Puisque 1
3a 2]
1; 1[; la suite ((1
3a)n )n converge vers 0 et on en déduit immédiatement que
1
3
lim pn = lim qn =
n!+1
et comme 8n 2 N;
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rn = 1
pn
n!+1
qn ; on obtient que lim rn = 1
n!+1
1
3
1
1
= donc
3
3
lim pn = lim qn = lim rn =
n!+1
n!+1
n!+1
1
3
Interprétation : Après un nombre su¢ samment grand de jours, il y a équiprobabilité de hausse, de stagnation ou de
hausse du titre.
correction de l’exercice 4
1. Puisqu’au temps t = 0; la guêpe se trouve dans la pièce A; on a évidemment
a0 = p(A0 ) = 1; b0 = s0 = 0:
D’autre part, à l’instant t = 1; on introduit le système complet d’évènements (A0 ; B0 ; S0 ) (la position de la guêpe
dépend de sa position à l’instant t = 0) ce qui nous donne
a1
= P (A1 ) = P (A0 \ A1 ) + P (B0 \ A1 ) + P (S0 \ A1 )
= P (A0 )PA0 (A1 ) + 0 + 0
1
1
= 1
+0+0= :
3
3
Par la même méthode, on obtient b1 = 1
2
2
+ 0 + 0 = et s1 = 1
3
3
a1 =
1
;
3
b1 =
2
;
3
0 + 0 + 0 = 0 donc
s1 = 0
2. (a) On introduit le système complet d’évènements (An ; Bn ; Sn ) ce qui nous donne
P (An+1 )
= P (An \ An+1 ) + P (Bn \ An+1 ) + P (Sn \ An+1 )
1
1
= P (An )PAn (An+1 ) + P (Bn )PBn (An+1 ) + 0 = P (An ) + P (Bn )
3
4
ce qui nous permet d’écrire
an+1 =
1
1
an + bn :
3
4
Justi…cation des calculs de probabilités :
PAn (An+1 ) : l’évènement An est réalisé, c’est-à-dire que la guêpe est dans la pièce A à l’instant t = n, et l’on
1
souhaite que la guêpe soit dans la pièce A à l’instant t = n + 1: D’après l’énoncé, cette probabilité est égale à .
3
PBn (An+1 ) : l’évènement Bn est réalisé, c’est-à-dire que la guêpe est dans la pièce B à l’instant t = n, et l’on
1
souhaite que la guêpe soit dans la pièce A à l’instant t = n + 1: D’après l’énoncé, cette probabilité est égale à .
4
P (Sn \ An+1 ) : d’après l’énoncé, lorsque la guêpe sort, elle ne peut plus rentrer. Par conséquent, si la guêpe sort à
l’instant t = n; elle ne ’peut être dans la pièce A à l’instant t = n + 1 donc l’évènement Sn \ An+1 est impossible
et P (Sn \ An+1 ) = 0.
En utilisant le système complet d’évènements (An ; Bn ; Sn ), on a
P (Bn+1 )
= P (An \ Bn+1 ) + P (Bn \ Bn+1 ) + P (Sn \ Bn+1 )
2
1
= P (An )PAn (Bn+1 ) + P (Bn )PBn (Bn+1 ) + 0 = P (An ) + P (Bn )
3
2
ce qui nous permet d’écrire
bn+1 =
2
1
an + bn :
3
2
Justi…cation des calculs de probabilités :
PAn (Bn+1 ) : l’évènement An est réalisé, c’est-à-dire que la guêpe est dans la pièce A à l’instant t = n, et l’on
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2
.
3
PBn (Bn+1 ) : l’évènement Bn est réalisé, c’est-à-dire que la guêpe est dans la pièce B à l’instant t = n, et l’on
1
souhaite que la guêpe soit dans la pièce B à l’instant t = n + 1: D’après l’énoncé, cette probabilité est égale à .
2
P (Sn \ Bn+1 ) : d’après l’énoncé, lorsque la guêpe sort, elle ne peut plus rentrer. Par conséquent, si la guêpe sort à
l’instant t = n; elle ne ’peut être dans la pièce B à l’instant t = n + 1 donc l’évènement Sn \ Bn+1 est impossible
et P (Sn \ Bn+1 ) = 0.
souhaite que la guêpe soit dans la pièce B à l’instant t = n + 1: D’après l’énoncé, cette probabilité est égale à
(b) Un calcul direct nous donne
8n 2 N;
un+1 =
3
6
bn+1 =
10
10
6
an+1
10
1
1
an + bn
3
4
3
10
1
2
an + bn
3
2
=0
donc pour tout entier n; un+1 = 0 et en e¤ectuant le changement de variable m = n + 1; on en déduit que
8m 2 N ;
um = 0 , 8n 2 N ;
un = 0
(c) Un calcul direct nous donne
vn+1 =
3
4
4
an+1 + bn+1 =
10
10
10
8n
2
N;
vn+1
=
4an + 3bn
1
10
=
(4an + 3bn ) =
12
12
12
5
6
vn =
n
5
6
v0 =
+
3
10
2
1
an + bn
3
2
4
3
an + bn
10
10
=
10
5
vn ) vn+1 = vn
12
6
=
1
1
an + bn
3
4
5
donc
6
La suite v est géométrique de raison
8n 2 N;
1
1
an + bn
3
4
n
4
3
a0 + b0
10
10
=
4
10
n
5
6
=
2
5
5
6
n
) vn =
2
5
5
6
n
(d) D’après les questions (2)b. et (2)c., on a :
8n
2
,
N ;
8
>
>
>
>
<
8
un = 0
>
>
<
2
v =
>
>
: n
5
an
15
>
>
>
b
>
: 10 n
5
6
2
5
=
6
5
=
5
6
5
6
n
n
8
6
>
a
>
>
< 10 n
,
4
>
>
a +
>
: 10 n
n
Par conséquent, on en déduit que
L1
L1 + L2
L2
3L2
8
2
>
>
a =
>
>
< n
5
8n 2 N ;
3
bn
10
3
bn
10
>
>
>
>
:
bn =
4
5
= 0
=
,
2L1
2
5
5
6
8
2
>
>
an =
>
>
<
5
10
>
>
>
b =
>
: n
15
n
5
6
6
5
n
5
6
n
n
5
6
n
5
6
3. Pour commencer, la guêpe ne peut en aucun cas sortir à l’instant t = 0 ou t = 1 et elle peut sortir à compter de
l’instant t = 2:
Soit n 2 Nnf0; 1g; en utilisant le système complet d’évènements (An 1 ; Bn 1 ; Sn 1 ), on a
P (Sn ) = P (An
1
\ Sn ) + P (Bn
1
\ Sn ) + P (Sn
1
\ Sn ) = 0 + P (Bn
1 )PBn
1
(Sn ) + 0 =
1
P (Bn
4
1)
ce qui nous permet d’écrire
8n 2 Nnf0; 1g;
sn =
Justi…cation des calculs de probabilités :
P (An 1 \ Sn ) : si la guêpe est dans la pièce A à l’instant t = n
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1
bn
4
1:
1; à l’instant t = n elle ne peut se trouver que dans
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Correction feuille d’exercices 10
la pièce A ou la pièce B et donc elle ne peut sortir à l’instant t = n. Par conséquence, l’évènement An 1 \ Sn est
impossible et P (An 1 \ Sn ) = 0
PBn 1 (Sn ) : l’évènement Bn 1 est réalisé, c’est-à-dire que la guêpe est dans la pièce B à l’instant t = n 1, et l’on
1
souhaite que la guêpe sorte à l’instant t = n: D’après l’énoncé, cette probabilité est égale à .
4
P (Sn 1 \ Sn ) : si la guêpe est sortie à l’instant t = n 1; elle ne peut sortir à l’instant t = n (sortir à l’instant t = n
signi…e qu’elle est dans la pièce A ou B à l’instant t = n 1; ce qui n’est pas le cas). Par conséquence, l’évènement
Sn 1 \ Sn est impossible et P (Sn 1 \ Sn ) = 0:
En utilisant la question (2) d. ainsi que l’égalité sn =
8n 2 Nnf0; 1g;
1
bn
4
sn =
1
4
1;
on en déduit que
4
5
5
6
n 1
=
1
5
5
6
n 1
correction de l’exercice 5
1. Si l’on e¤ectue 0 opération, autrement si l’on considère l’état initial des boites, l’urne A contient deux jetons numéro
0; donc la somme des jetons de l’urne A est égale à 0. Il est dès lors immédiat que
p0 = 1;
q0 = 0;
r0 = 0
En e¤ectuant une fois l’opération, on est obligé de choisir un jeton 0 de l’urne A et un jeton 1 de l’urne B et de les
échanger donc à la …n de l’opération, l’urne A contient nécessairement un jeton numéro 0 et un jeton numéro 1; ce qui
implique que la somme des jetons dans l’urne A après une opération est égale à 1: Par conséquent, il est immédiat que
p1 = 0;
q1 = 1;
r1 = 0
2. Pour connaitre la somme des jetons contenant dans l’urne A après (n+1) opérations, il est indispensable de connaitre le
contenu de chaque urne après n opérations, ou, ce qui revient au même, le contenu de l’urne A ou encore, la somme des
jetons de l’urne A à après n opérations. Par conséquent, on introduit naturellement le système complet d’évènements
(Pn ; Qn ; Rn ); ce qui nous donne
1
p(Qn )
4
p(Qn+1 ) = p(Pn \ Qn+1 ) + p(Qn \ Qn+1 ) + p(Rn \ Qn+1 ) = p(Pn )pPn (Qn+1 ) + p(Qn )pQn (Qn+1 ) + p(Rn )pRn (Qn+1 )
1
= p(Pn ) + p(Qn ) + p(Rn )
2
1
p(Rn+1 ) = p(Pn \ Rn+1 ) + p(Qn \ Rn+1 ) + p(Rn \ Rn+1 ) = 0 + p(Qn )pQn (Rn+1 ) + 0 = p(Qn )
4
p(Pn+1 )
= p(Pn \ Pn+1 ) + p(Qn \ Pn+1 ) + p(Rn \ Pn+1 ) = 0 + p(Qn )pQn (Pn+1 ) + 0 =
On obtient ainsi
8n 2 N;
8
1
>
>
pn+1 = qn
>
>
4
>
>
>
<
1
qn+1 = pn + qn + rn
2
>
>
>
>
1
>
>
>
: rn+1 = 4 qn
Justi…cation des calculs de probabilités : le mieux est de faire un dessin
p(Pn \ Pn+1 ) :
état des urnes après n opérations
0
0
urne A
état des urnes après (n + 1) opérations
1
1
urne B
0
0
urne A
réalisation de Pn
1
1
urne B
réalisation de Pn+1
L’évènement Pn \ Pn+1 est clairement impossible puisque l’on doit nécessairement échanger un jeton 0 de l’urne A et
un jeton 1 de l’urne B donc p(Pn \ Pn+1 ) = 0
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pPn (Qn+1 ) :
état des urnes après (n + 1) opérations
état des urnes après n opérations
0
0
urne A
1
0
urne A
1
1
urne B
0
1
urne B
réalisation de Qn+1
réalisation de Pn
L’évènement Pn est réalisé donc on certain que l’évènement Qn+1 se réalise puisque l’on doit nécessairement échanger
un jeton 0 de l’urne A et un jeton 1 de l’urne B donc pPn (Qn+1 ) = 1
p(Pn \ Rn+1 ) :
état des urnes après n opérations
0
0
urne A
état des urnes après (n + 1) opérations
1
1
urne B
1
1
urne A
réalisation de Pn
0
0
urne B
réalisation de Rn+1
L’évènement Pn \ Rn+1 est clairement impossible puisque l’on ne peut échanger les deux jetons 0 de l’urne A et les
deux jetons 1 de l’urne B donc p(Pn \ Rn+1 ) = 0
pQn (Pn+1 ) :
état des urnes après n opérations
0
1
urne A
état des urnes après (n + 1) opérations
0
1
urne B
0
0
urne A
réalisation de Qn
1
1
urne B
réalisation de Pn+1
L’évènement Qn est réalisé donc pour que Pn+1 se réalise, il faut et il su¢ t échanger le jeton 1 de l’urne A (probabilité
1
1 1
1
1
) avec le jeton 0 de l’urne B (probabilité ) donc pQn (Pn+1 ) =
= :
2
2
2 2
4
pQn (Qn+1 ) :
état des urnes après n opérations
0
1
urne A
état des urnes après (n + 1) opérations
0
1
urne B
0
1
urne A
réalisation de Qn
0
1
urne B
réalisation de Qn+1
L’évènement Qn est réalisé donc pour que Qn+1 se réalise, il faut et il su¢ t échanger le jeton 0 de l’urne A (probabilité
1
1
1
) avec le jeton 1 de l’urne B (probabilité ) ou le jeton 1 de l’urne A (probabilité ) avec le jeton 0 de l’urne B
2
2
2
1
1 1 1 1
1
(probabilité ) donc pQn (Qn+1 ) =
+
= :
2
2 2 2 2
2
pQn (Rn+1 ) :
état des urnes après n opérations
0
1
urne A
état des urnes après (n + 1) opérations
0
1
urne B
1
1
urne A
réalisation de Qn
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0
0
urne B
réalisation de Rn+1
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L’évènement Qn est réalisé donc pour que Qn+1 se réalise, il faut et il su¢ t échanger le jeton 0 de l’urne A (probabilité
1
1
1 1
1
) avec le jeton 1 de l’urne B (probabilité ) donc pQn (Rn+1 ) =
= :
2
2
2 2
4
p(Rn \ Pn+1 ) :
état des urnes après (n + 1) opérations
état des urnes après n opérations
1
1
urne A
0
0
urne B
0
0
urne A
réalisation de Rn
1
1
urne B
réalisation de Pn+1
L’évènement Pn \ Rn+1 est clairement impossible puisque puisque l’on ne peut échanger les deux jetons 1 de l’urne A
et les deux jetons 0 de l’urne B donc p(Rn \ Pn+1 ) = 0
pRn (Qn+1 ) :
état des urnes après n opérations
1
1
urne A
état des urnes après (n + 1) opérations
0
0
urne B
0
1
urne A
réalisation de Rn
0
1
urne B
réalisation de Qn+1
L’évènement Rn est réalisé donc l’évènement Qn+1 se réalise nécessairement (tous les échanges possibles conviennent)
pRn (Qn+1 ) = 1:
p(Rn \ Rn+1 ) :
état des urnes après n opérations
1
1
urne A
état des urnes après (n + 1) opérations
1
1
urne A
0
0
urne B
0
0
urne B
réalisation de Rn+1
réalisation de Rn
L’évènement Pn \ Rn+1 est clairement impossible puisque puisque l’on est obligé d’échanger un jeton 1 de l’urne A
avec un jeton 0 de l’urne B donc p(Rn \ Rn+1 ) = 0
3. On procède par un calcul direct en utilisant les égalités obtenues à la question (2)
1
1
1
1
1
1
1
1
qn+2 = pn+1 + qn+1 + rn+1 = qn + qn+1 + qn = qn+1 + qn ) qn+2 = qn+1 + qn
2
4
2
4
2
2
2
2
4. La suite q est récurrente linéaire d’ordre 2:
1
1
1
Equation caractéristique : x2 = x + , x2
x
2
2
2
Par conséquent, il existe deux réels et tels que
8n 2 N;
Détermination des constantes
8
0
1
>
>
+ = q0
>
>
<
2
>
>
>
>
:
1
2
1
+
= q1
et
,
8
>
<
>
:
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1
= 0 dont les racines sont x =
2
1
2
qn =
n
+ 1n =
1
2
1
et x = 1:
2
n
+
:
+
1
+
2
8
3
>
<
= 1
2
,
>
=1
: 3 =2
=0
10
8/9
L1
L1
L2
L2
2L2 + L1
,
8
>
>
<
>
>
:
2
3
=
=
2
3
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Ainsi, la suite q est dé…nie par
8n 2 N;
2
3
qn =
n
1
2
+
2
3
Ensuite, en utilisant la question (2), on obtient
8n 2 N;
8
1
>
>
< pn+1 = 4 qn
, 8n 2 N ;
1
> r
>
: n+1 = qn
4
8
1
>
>
< pn = 4 q n
> r = 1q
>
n
: n
4
1
1
, 8n 2 N ;
Nous avons ainsi expliciter les trois suites p; q et r par
8n 2 N ;
5. Puisque
1
2]
2
1; 1[; la suite
1
2
8
>
>
>
pn =
>
>
>
>
>
>
>
<
qn =
>
>
>
>
>
>
>
rn =
>
>
>
:
lim pn =
n!+1
1
4
1
4
"
2
3"
2
3
1
2
2
3
n 1
1
2
n
+
1
2
2
+
3
#
2
3
#
2
3
8
"
>
1
>
>
pn =
>
>
>
4
<
"
>
1
>
>
rn =
>
>
>
4
:
et
n 1
+
2
3
1
2
n 1
2
+
3
2
3
1
2
n 1
2
+
3
#
#
8
< p0 = 1
q0 = 0
:
r0 = 0
n
converge vers 0 donc
1
4
2
1
= ;
3
6
lim qn =
n!+1
2
;
3
lim rn =
n!+1
1
4
2
1
=
3
6
Après un nombre su¢ samment grand d’échange, la probabilité que la somme des jetons de l’urne A soit égale à
1
6
2
1 vaut environ
3
1
2 vaut environ
6
0 vaut environ
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