Fiche Professeur - Gradus ad Mathematicam

Le problème du
collectionneur
Collection de 3 objets
Fiche Professeur
TS
Spé
Math
Auteurs : Pierre Lapôtre & Raymond Moché
But de l’activité : Modéliser le problème - aléatoire - du collectionneur, s’intéresser au
nombre de coups qu’il faut jouer pour obtenir la collection complète avec une probabilité d’au
moins 0.95, résoudre ce problème. Bien distinguer la modélisation du traitement mathématique
du modèle. Étudier simultanément 3 suites définies par récurrence (joli). Utiliser un logiciel de
calcul (à la rigueur un tableur).
Remarques :
3Le vocabulaire des chaînes de Markov n’est pas utilisé.
3On se limite à une collection de 3 objets pour rester simple, mais la généralisation à une
collection quelconque est immédiate (cf. [5]).
3Le problème du collectionneur est proposé dans le document Ressources [2]. L’important
était de trouver une bonne question à poser aux élèves. Nous avons suivi le choix de [3].
Niveau de difficulté de l’activité : L’activité est détaillée donc assez longue ; malgré tout,
elle est plutôt difficile. C’est encore plus difficile dans le cas général [5], seulement à cause des
notations. La question 2est intéressante en tant que modélisation probabiliste. La convergence
des suites à la question 3l’est aussi ainsi que les calculs de la troisième partie.
Mots-clefs : Modélisation, probabilités conditionnelles, la somme des probabilités vaut 1,
suites récurrentes, suites croissantes et majorées, suites géométriques, suites convergentes, ma-
trices, matrices-lignes, produit matriciel, logiciel de calcul numérique, logiciel de calcul formel.
Matériels utilisés : Ordinateurs équipés de « scilab » ou « Xcas » ou de tout autre logiciel
de calcul.
Durée indicative : 1 heure, les première et deuxième parties ayant été préparées à la
maison.
Documents utiles à télécharger :
3Fiche Élève (pdf)
3Fiche Professeur (pdf)
Solution
Première partie : modélisation
1 - X1ne prend que la valeur 1,X2prend les valeurs 1 et 2 (1 si on tire 2 fois le même chiffre
aux 2 premiers tirages, 2 sinon) ; pour tout entier n>3,Xnprend les valeurs 1, 2 et 3 (1 si on
tire toujours le même chiffre aux npremiers tirages, 2 si on tire 2 chiffres différents au cours de
ces tirages, 3 sinon).
2 - On suppose que P(Xn=i)>0.
3Cas i < 3: si Xn=i,Xn+1 ne peut prendre que la valeur iou la valeur i+ 1. Elle
prend la valeur isi on tire un nombre qui a déjà été tiré. Le nombre de cas favo-
rables est i; le nombre de cas possibles est 3. La probabilité correspondante est i
3,donc
P(Xn=i)(Xn+1 =i)) = i
3; de même, P(Xn=i)(Xn+1 =i+ 1)=3−i 3·La troisième proba-
bilité conditionnelle demandée est bien sûr 0.
1

3Cas i= 3 : dans ce cas, Xn+1 vaut nécessairement 3, donc P(Xn=3) (Xn+1 = 3)= 1, les 2
autres probabilités conditionnelles demandées sont nulles.
Remarques :
3Bien sûr, (Xn)est une chaîne de Markov d’espace des états {1,2,3}, de loi initiale
L0=(1,0,0)et de matrice de transition
T=
1
3
2
30
02
3
1
3
001
Nous ne démontrons pas ce résultat. Cela ne concerne pas les élèves.
3Il est démontré dans l’annexe 1 de la fiche Professeur de [5] que dans le cas général où
il y aurait N>2sortes d’autocollants, toute valeur prise par la variable aléatoire Xn,
n>1, est prise avec probabilité >0.
Deuxième partie : loi de Xnet limite
3.a - (X1= 2),(X1= 3),(X2= 3) sont des événements impossibles, donc y1=z1=z2= 0.
(X1= 1) est l’événement certain, donc x1= 1. La loi de X1est donc L1=(1,0,0). Dans les
calculs qui suivent, on utilise les probabilités conditionnelles définies à la question 2.
x2=P(X2= 1)=P(X1= 1, X2= 1)=P(X1= 1)·P(X1=1) (X2= 1)=1
3
Comme la somme des probabilités des valeurs prises par une variable aléatoire vaut 1(propriété
qui sera plusieurs fois utilisée dans la suite), on en déduit que
y2= 1 −(x2+z2) = 2
3
La loi de X2est donc L2=1
3,2 3,0. Passons à L3.
x3=P(X3= 1)=P(X2= 1, X3= 1)=P(X2= 1)·P(X2=1) (X3= 1)=x2·1
3=1 32
z3=P(X3= 3)=P(X2= 2, X3= 3)=P(X2= 2)·P(X2=2) (X3= 3)=y2·1
3=2 32
On en déduit que
y3= 1 −(x3+z3) = 2
3
La loi de X3est donc L3=1
32,2 3,2 32.
3.b - On vérifie facilement que les relations (2) sont satisfaites pour n= 1 et n= 2. On
suppose donc maintenant n>3. D’après l’égalité ensembliste (1), en utilisant l’additivité de la
probabilité, puis les conditionnements comme ci-dessus, on obtient :
P(Xn+1 =j)=
3
X
i=1
P(Xn+1 =j, Xn=i)=
3
X
i=1
P(Xn=i)·P(Xn=i)(Xn+1 =j)
ce qui donne, d’après les valeurs des probabilités conditionnelles choisies à la question 2,
•pour j= 1 :xn+1 =1
3·xn,
•pour j= 2 :yn+1 =2
3·xn+2 3·yn,
•pour j= 3 :zn+1 =1
3·yn+zn.
2

3.c - La dernière égalité montre que la suite (zn, n ≥1) est croissante (strictement croissante
à partir du rang 2). Comme elle est majorée par 1, elle converge.
3.d - Comme yn= 3 (zn+1 −zn), la suite (yn, n ≥1) converge vers 0. On déduit ensuite de la
deuxième égalité, à savoir xn=3
2·yn+1 −ynque la suite (xn, n ≥1) converge vers 0, ce qui
était évident parce que, d’après la première égalité, c’est une suite géométrique de raison 1
3·
Donc zn= 1 −(xn+yn)−−−−→
n→+∞
1.
On établit ainsi l’existence d’une loi-limite de la chaîne considérée.
3.e - E⊆(Xn<3)=(Xn= 1)∪(Xn= 2)=⇒P(E)6xn+yn. Ceci étant vrai quel que soit
n>1et compte tenu de la question 3.g, on en déduit que P(E)= 0 en passant à la limite.
Cela veut dire que si on réalise cette expérience (consistant à acheter indéfiniment des tablettes
de chocolat), on est sûr d’obtenir les 3 autocollants, à un moment que l’on ne peut préciser car
il est aléatoire. Il est faux, par exemple, de dire que « si on achète un milliard de tablettes de
chocolat, on aura les 3 autocollants ». Il est faux également de dire que « si Anna a obtenu les
3 autocollants au bout de 3 achats, elle les obtiendra de nouveau au bout de 3 achats si elle
recommence ».
Remarques pour les professeurs :
•Quand Anna atteint la collection complète, on peut imaginer qu’elle continue de recevoir des
plaquettes de chocolat. Sa collection reste complète. L’état 3 de la chaîne de Markov est un
état absorbant.
•La suite de variables aléatoires (Xn, n ≥1) étant croissante et majorée par 3, il est facile de
se convaincre qu’elle converge vers 3 avec probabilité 1. Cela étant démontré, on en déduirait
aisément la convergence de la loi de Xnvers la loi (0,0,1). Ainsi, l’existence d’une loi-limite est
intuitivement évidente dans cette activité. Elle est démontrée de plusieurs façons dans [7] dans
le cas d’une collection d’un nombre quelconque d’objets.
Troisième partie : calcul de la solution
4.a - Comme zn=P(Xn= 3), probabilité pour que la collection soit complète après le nième
tirage, on cherche le plus petit entier n, noté nmin dans l’énoncé, tel que l’inégalité zn>0.95
soit satisfaite. L’existence de nmin est garantie par zn−−−−→
n→+∞
1.
Remarques :
•On peut calculer nmin en calculant d’abord explicitement les suites (xn, n ≥1),(yn, n ≥1)
et (zn, n ≥1) comme c’est fait dans [4].
•On privilégie ici un calcul faisant intervenir des matrices. Ci-dessous, nous donnons une
solution avec « scilab » et une solution avec « Xcas ».
4.b - Ln=Ln−1·Test la forme matricielle du système d’équations (2). Ta été donnée ci-dessus.
Calcul avec « scilab »
On pourra utiliser l’algorithme suivant :
Listing 1 – Collectionneur.sce
T=[1/3,2/3,0;0,2/3,1/3;0,0,1];//T : matrice de t r a n s i t i o n
L= [1 ,0 ,0] ; // L : l o i de X_1.
n=1;
while L(3) <0.95
n=n+1;
L=L∗T;
end// L : l o i de X_n.
3

a f f i c h e r ( ’ I l fau t ac heter au moins ’+string(n)+ ’ t a b l e t t e s de
ch oco lat pour que l a p r o b a b i l i t é d ’ ’ avo ir l a c o l l e c t i o n complète s o i t
au moins égale à 0 ,95 ; c e tt e p r o b a b i l i t é e s t a l o r s approximativement
égal e à ’+string(L ( 3 ) ) ) ;
Calcul avec « Xcas »
On pourra utiliser l’algorithme suivant :
1Collectionneur() :={
local L,T,(n :=1),prox ;
L :=[1,0,0] ;//Loi initiale.
T :=[[1/3,2/3,0],[0,2/3,1/3],[0,0,1]] ;//Matrice de transition.
tantque L(3)<0.95 faire
L :=L*T ;//Loi de la chaîne à l’instant n.
n :=n+1 ;
ftantque ;
prox :=evalf(L(3)) ;
retourne( "Il faut acheter "+n+" plaques de chocolat ; la probabilité d’avoir la
collection complète après " +n+ " achats est exactement "+L(3)+", soit approximativement
"+prox) ;
} : ;
// Parsing Collectionneur
// Success compiling Collectionneur
Done (1)
2 Collectionneur()
Il faut acheter 11 plaques de chocolat ; la probabilité d’avoir la collection complète
après 11 achats est exactement 57002/59049,
soit approximativement 0.965333875256
On remarquera que « Xcas » faisant des calculs exacts en nombres rationnels, on obtient la
valeur exacte de la probabilité pour que la collection soit complète au bout de 11 achats.
Références
[1] B.O. spécial n˚8 du 13 octobre 2011.Programme de l’enseignement spécifique et de
spécialité de mathématiques Classe terminale de la série scientifique
http://media.education.gouv.fr/file/special_8_men/98/4/mathematiques_S_
195984.pdf
[2] Ressources pour la classe terminale générale et technologique Mathématiques Série S
Enseignement de spécialité
http://media.eduscol.education.fr/file/Mathematiques/62/6/ressource_
specialite_v5_210626.pdf
[3] Louis-Marie Bonneval (IREM de Poitiers) Chaînes de Markov au lycée, Journée AP-
MEP Metz Atelier P1-32 du dimanche 28 octobre 2012, Problème 3 : les autocollants des
tablettes de chocolat
http://www.apmep.asso.fr/Ateliers-du-dimanche-matin,4799
4

[4] Pierre Lapôtre & Raymond Moché Le problème du collectionneur/Collection de 3
objets, activité, classe de TS
http://gradus-ad-mathematicam.fr/TSProbaStat4.htm
[5] Pierre Lapôtre & Raymond Moché Le problème du collectionneur/Collection de N
objets, activité, Spécialité Mathématiques de la classe de TS
http://gradus-ad-mathematicam.fr/TSSpecialiteMaths7.htm
[6] Raymond Moché Introduction aux chaînes de Markov, exposé général
http://gradus-ad-mathematicam.fr/Exposes2.htm
[7] Raymond Moché Le problème du collectionneur, exposé général
http://gradus-ad-mathematicam.fr/Remarquables3.htm
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