TD4 : Variables aléatoires discr`etes finies

MA401 : Probabilités
TD4
TD4 : Variables aléatoires discrètes finies
Exercice 1 On considère le jeu suivant : le joueur paie 3 euros pour jouer. Ensuite, il lance trois dés équilibrés. Pour chaque
”Pile” qu’il obtient, il gagne 2 euros
On désigne par X le nombre de ”Pile” obtenus et par Y le gain (algébrique) du joueur.
1. Exprimer Y en fonction de X.
2. Donner la loi de X puis calculer E(X) et V (X).
3. Déterminer E(Y ) et V (Y ). Le joueur est-il gagnant en moyenne ?
4. Expliciter la loi de Y.
Exercice 2 On tire, au hasard et sans remise, 5 cartes d’un jeu de 32 cartes.
Soit X le nombre de rois obtenus
1. Déterminer la loi de X et son espérance.
2. Un jeu consiste à miser 2 euros et à recevoir a > 0 euros par roi obtenu.
Soit GX la variable aléatoire égale au gain en euro.
(a) Exprimer GX en fonction de X et de a et calculer l’espérance de GX .
(b) Pour quelles valeurs de a le jeu est-il favorable au joueur ?
(c) Donner la loi de GX .
Exercice 3 On dispose de deux dés :
un dé cubique D1 comporte 1 face marquée 0, 3 faces marquées 2, 2 faces marquées 1.
un dé D2 comportant 3 faces marquées 0, 2 faces marquées 1, 1 face marquée 2.
1. On lance le dé D1 et on note X1 le nombre obtenu.
Déterminer la loi de X1 son espérance, sa variance.
2. Mêmes questions pour X2 le nombre obtenu en lançant le dé D2 .
3. On lance D1 et D2 simultanément,
(a) Calculer l’espérance de Z = X1 + X2 et de T = X1 − X2
(b) Déterminer la loi de Z, de T et de R = X1 X2 .
Exercice 4 Deux urnes U1 et U2 contiennent des boules blanches et noires en nombres respectifs b1 , n1 , b2 , n2 non nuls. 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 ).
On considère la variable aléatoire Xi définie par :
Xi = 1 si l’on obtient une boule blanche au ième tirage et Xi = 0 sinon.
1. Donner la loi de X1 puis de X2 .
2. Montrer que la suite (P (Xi = 0))i∈N est une suite arithmético-géométrique.
3. On suppose ici que b1 = 10, b2 = 12, n1 = 5, n2 = 7.
(a) Donner l’expression de P (Xi = 0) en fonction de i puis celle de P (Xi = 1).
(b) Calculer lim P (Xi = 0) et lim P (Xi = 1). Interprétation du résultat.
i→+∞
i→+∞
Exercice 5 On dispose de deux urnes U1 et U2 , de six boules numérotées de 1 à 6 ainsi que d’un dé équilibré. Initialement,
l’urne U1 contient les boules numérotées 1 et 2, l’urne U2 contient les boules numérotées 3, 4, 5 et 6.
On appelle échange l’expérience consistant à lancer une fois le dé et à changer d’urne la boule portant le numéro obtenu avec
le dé. Pour n ∈ N, on note Xn la variable aléatoire égale au nombre de boules contenues dans U1 après n échanges successifs.
1. Les cinq premiers lancers du dé donnent : 1, 3, 2, 3, 5. Quel est le contenu de U1 à l’issue du cinquième échange ?
2. Quelle est la loi de X1 ? Calculer son espérance mathématique E(X1 ).
3. Déterminer la loi de X2 .
4. En général, quelles sont les valeurs possibles de Xn ?
5. Montrer que pour tout entier n de N× , on a :
1
1
P (Xn+1 = 0) = P (Xn = 1), P (Xn+1 = 6) = P (Xn = 5)
6
6
7−k
k+1
∀k ∈ {1, .., 5}, P (Xn+1 = k) =
P (Xn = k − 1) +
P (Xn = k + 1).
6
6
2
6. En déduire que, pour tout entier n de N× : E(Xn+1 ) = E(Xn ) + 1. Calculer alors E(Xn ) en fonction de n, puis
3
lim E(Xn ).
n→+∞
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1
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Correction feuille d’exercices 16
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correction de l’exercice 1
1. Le nombre de "Pile" s’appelle X, pour chaque "Pile", le joueur gagne 2 euros donc l’obtention de X "Pile" fait gagner
2 X euros au joueur et étant donné qu’il paie 3 euros (donc il les perd dé…nitivement), le gain du joueur est Y = 2X 3:
2. Il est évident que X( ) = [[0; 3]] et
8k 2 [[0; 3]];
3
k
P (X = k) =
1
2
k
1
2
1
3 k
3
k
=
k
1
2
1
2
3 k
=
3
k
23
3
k
=
8
1
3
3
1
ce que l’on peut aussi écrire P (X = 0) = ; P (X = 1) = ; P (X = 2) = ; P (X = 3) =
8
8
8
8
Justi…cation du calcul de probabilité : L’évènement X = k signi…e que le joueur a obtenu k "Pile". On choisit
k
1
k dés parmi les 3 ( k3 choix possibles), la probabilité que ces k dés donnent "Pile" est égale à
et la probabilité
2
k
1
que les 3 k autres donnent Face est 1
2
E(X)
=
3
X
3
1
kP (X = k) =
8
k=0
E(X 2 )
=
3
X
3
1
k 2 P (X = k) =
8
k=0
3
2
+2
8
3
2
+ 22
3
3
+3
8
8
+ 32
=
3
3
8
3
2
2
V (X) = E(X 2 )
=3
(E(X)) =
3
4
3. Puisque Y est une fonction a¢ ne de X (i.e. Y est de la forme Y = aX + b); on a immédiatement
E(Y ) = E(2X
3) = 2E(X)
3) = 22 V (X) = 3
3 = 0 et V (Y ) = V (2X
En moyenne, le joueur n’est ni perdant, ni gagnant.
4. Le tableau
P (Y =
3)
P (Y = 1)
X
Y = 2X
0
3
3
1
1
2
1
3
montre que Y ( ) = f 3; 1; 1; 3g:Ensuite, on a
3
= P (2X
3=
=
3 = 1) = P (X = 2) =
P (2X
3) = P (X = 0) =
3
0
8
=
3
8
1
8
P (Y =
1) = P (2X
P (Y = 3) = P (2X
3=
1) = P (X = 1) =
3 = 3) = P (X = 3) =
3
1
8
=
3
8
1
8
correction de l’exercice 2
1. Bien entendu, puisque les pioches sont sans remise, on peut piocher 5 rois donc X( ) = [[0; 4]] et
8k 2 [[0; 4]];
P (X = k) =
4
k
28
5 k
32
5
ou sous une forme plus explicite
P (X = 0)
=
P (X = 3)
=
4
0
28
5 0
32
5
4
28
3 5 3
32
5
=
1755
;
3596
=
27
3596
P (X = 1) =
P (X = 4) =
4
1
28
5 1
32
5
4
28
4 5 4
32
5
=
2925
;
7192
=
1
7192
P (X = 2) =
4
2
28
5 2
32
5
=
351
3596
Justi…cation du calcul de probabilité : L’évènement X = k signi…e que l’on a pioché k rois. Pour les cas
favorables, on choisit k cartes parmi les 4 rois disponibles ( k4 choix) et les 5 k autres cartes parmi les 32 4 = 28
cartes qui ne sont pas des rois ( 528k choix) et pour les cas possibles, on choisit 5 cartes parmi les 32 disponibles.
Un calcul direct fournit l’espérance de X
E(X) =
4
X
kP (X = k) =
k=0
2925
+2
7192
351
+3
3596
27
+4
3596
1
5
=
7192
8
2. (a) Le nombre de rois obtenus est égal à X: Etant donné que chaque roi apporte a euros, les X rois apportent aX rois
et le joueur doit payer 2 euros (donc il les perd dé…nitivement) donc le gain GX du joueur est égal à GX = aX 2:
La variable GX étant une expression a¢ ne en X (i.e. de la forme aX + b), le cours nous donne directement
E(GX ) = E(aX
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2) = aE(X)
1/8
2=
5a
8
2
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(b) Le jeu est favorable au joueur en moyenne si
E(GX ) > 0 ,
5a
8
2>0,
5a
16
= 3; 2
>2,a>
8
5
Par conséquent, le jeu est favorable au joueur en moyenne si et seulement chaque roi rapporte au moins 3,2 euros.
(c) Le tableau ci-contre
X
GX
0
2
1
a
2
2
GX ( ) = f 2; a
2a
3
2
2; 2a
3a
2; 3a
4
2
4a
2; 4a
2
montre que
2g = fak
2;
k 2 [[0; 4]]
Ensuite, puisque a est non nul, on a
P (GX = ak
2) = P (aX
2 = ak
2) = P (X = k) =
4
k
28
5 k
32
5
ou encore, sous une forme plus explicite,
P (GX =
2) = P (aX
P (GX = a
2) = P (aX
P (GX = 2a
2)
= P (aX
P (GX = 3a
2)
= P (aX
P (GX = 4a
2)
= P (aX
1755
3596
2925
2 = a 2) = P (X = 1) =
7192
351
2 = 2a 2) = P (X = 2) =
3596
27
2 = 3a 2) = P (X = 3) =
3596
1
2 = 4a 2) = P (X = 4) =
7192
2=
2) = P (X = 0) =
correction de l’exercice 3
1
2
1. Il est évident que X1 ( ) = f0; 1; 2g et P (X1 = 0) = ; P (X1 = 1) = ;
6
6
4
7
5
Je laisse le lecteur véri…er que E(X1 ) = ; E(X12 ) = et V (X1 ) =
3
3
9
3
2
2. De même, on a X2 ( ) = f0; 1; 2g et P (X2 = 0) = ; P (X2 = 1) = ;
6
6
2
5
2
Je laisse le lecteur véri…er que E(X2 ) = ; E(X2 ) = 1 et V (X2 ) =
3
9
P (X1 = 2) =
P (X2 = 2) =
3
:
6
1
:
6
3. (a) Par linéarité de l’espérance, on a
4 2
+ =2
3 3
4 2
2
E(X2 ) =
=
3 3
3
E(Z)
= E(X1 + X2 ) = E(X1 ) + E(X2 ) =
E(T )
= E(X1
X2 ) = E(X1 )
(b) Les tableaux suivants nous donnent l’univers de chaque variable
Z = X1 + X2 X2 = 0 X2 = 1 X2 = 2
T = X1 X2 X2 = 0 X2 = 1 X2 = 2
X1 = 0
0
1
2
X1 = 0
0
1
2
X1 = 1
1
2
3
X1 = 1
1
0
1
X1 = 2
2
3
4
X1 = 2
2
1
0
R = X1 X2 X2 = 0 X2 = 1 X2 = 2
X1 = 0
0
0
0
donc Z( ) = [[0; 4]]; T ( ) = [[ 2; 2]]; R( ) = f0; 1; 2; 4g:
X1 = 1
0
1
2
X1 = 2
0
2
4
Etant donné que les résultats des dés soient indépendants, les variables X1 et X2 sont indépendantes et les calculs
suivants donnent la loi de chacune des variables.
Loi de Z :
P (Z = 0) =
P (X1 = 0 \ X2 = 0) = P (X1 = 0)P (X2 = 0) =
P (Z = 1) =
P (X1 = 0 \ X2 = 1) + P (X1 = 1 \ X2 = 0)
= P (X1 = 0)P (X2 = 1) + P (X1 = 1)P (X2 = 0) =
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3
2/8
3
36
8
36
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Correction feuille d’exercices 16
P (Z = 2) =
P (X1 = 2 \ X2 = 0) + P (X1 = 1 \ X2 = 1) + P (X1 = 0 \ X2 = 2)
= P (X1 = 2)P (X2 = 0) + P (X1 = 1)P (X2 = 1) + P (X1 = 0)P (X2 = 2) =
P (Z = 3) =
14
36
P (X1 = 1 \ X2 = 2) + P (X1 = 2 \ X2 = 1)
8
36
3
P (X1 = 2 \ X2 = 2) = P (X1 = 2)P (X2 = 2) =
36
= P (X1 = 1)P (X2 = 2) + P (X1 = 2)P (X2 = 1) =
P (Z = 4) =
Loi de T :
1
36
P (T =
2)
= P (X1 = 0 \ X2 = 2) = P (X1 = 0)P (X2 = 2) =
P (T =
1)
= P (X1 = 0 \ X2 = 1) + P (X1 = 1 \ X2 = 2) = P (X1 = 0)P (X2 = 1) + P (X1 = 1)P (X2 = 2) =
P (T = 0) =
P (X1 = 0 \ X2 = 0) + P (X1 = 1 \ X2 = 1) + P (X1 = 2 \ X2 = 2)
= P (X1 = 0)P (X2 = 0) + P (X1 = 1)P (X2 = 1) + P (X1 = 2)P (X2 = 2) =
4
36
10
36
P (T = 1) =
P (X1 = 1 \ X2 = 0) + P (X1 = 2 \ X2 = 1) = P (X1 = 1)P (X2 = 0) + P (X1 = 2)P (X2 = 1) =
P (T = 2) =
P (X1 = 2 \ X2 = 0) = P (X1 = 2)P (X2 = 0) =
12
36
9
36
Loi de R :
P (R = 0)
=
=
P (R = 1)
=
P (R = 2)
=
P (R = 4)
=
P (X1 = 0 \ X2 = 0) + P (X1 = 0 \ X2 = 1) + P (X1 = 0 \ X2 = 2) + P (X1 = 1 \ X2 = 0)
+P (X1 = 2 \ X2 = 0)
P (X1 = 0)P (X2 = 0) + P (X1 = 0)P (X2 = 1) + P (X1 = 0)P (X2 = 2) + P (X1 = 1) P (X2 = 0)
21
+P (X1 = 2) P (X2 = 0) =
36
4
P (X1 = 1 \ X2 = 1) = P (X1 = 1)P (X2 = 1) =
36
8
P (X1 = 1 \ X2 = 2) + P (X1 = 2 \ X2 = 1) = P (X1 = 1)P (X2 = 2) + P (X1 = 2)P (X2 = 1) =
36
3
P (X1 = 2 \ X2 = 2) = P (X1 = 2)P (X2 = 2) =
36
En résumé, on a
P (Z = 0)
P (T =
=
2)
=
P (R = 0)
=
3
36
1
36
21
36
8
14
8
3
P (Z = 2) =
P (Z = 3) =
P (Z = 4) =
36
36
36
36
4
10
12
9
P (T = 1) =
P (T = 0) =
P (T = 1) =
P (T = 2) =
36
36
36
36
4
8
3
P (R = 1) =
P (R = 2) =
P (R = 4) =
36
36
36
P (Z = 1) =
correction de l’exercice 4
1. Loi de X1 : X1 ( ) = f0; 1g: L’obtention de la première boule dépend de l’urne choisie (et au premier tirage, elle est
aléatoire) donc, en utilisant le système complet d’évènements (U1 ; U2 ); on a :
P (X1 = 0)
= P (U1 \ (X1 = 0)) + P (U2 \ (X1 = 0)) = P (U1 )PU1 (X1 = 0) + P (U2 )PU2 (X1 = 0)
1
n1
1
n2
b1 n2 + b2 n1 + 2n1 n2
+
=
=
2 b1 + n 1
2 b2 + n2
2(b1 + n1 )(b2 + n2 )
P (X1 = 1) = P (U1 \ (X1 = 1)) + P (U2 \ (X1 = 1)) = P (U1 )PU1 (X1 = 1) + P (U2 )PU2 (X1 = 1)
1
b1
1
b2
2b1 b2 + b1 n2 + b2 n1
=
+
=
2 b1 + n 1
2 b2 + n2
2(b1 + n1 )(b2 + n2 )
Justi…cation des calculs de probabilités :
1
:
2
PU1 (X1 = 0) : On pioche dans l’urne U1 et l’on souhaite ne pas obtenir une boule blanche, c’est-à-dire que l’on pioche
une boule noire. L’urne U1 contenant n1 boules noires et b1 + n1 boules au total donc la probabilité de piocher une
n1
boule noire est égale à
:
b1 + n 1
PU2 (X1 = 0) : On pioche dans l’urne U2 et l’on souhaite ne pas obtenir une boule blanche, c’est-à-dire que l’on pioche
Puisque l’on choisit au hasard (donc avec équiprobabilité) l’une des deux urnes, il est évident que P (U1 ) = P (U2 ) =
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une boule noire. L’urne U2 contenant n2 boules noires et b2 + n2 boules au total donc la probabilité de piocher une
n2
:
boule noire est égale à
b2 + n 2
PU1 (X1 = 1) : On pioche dans l’urne U1 et l’on souhaite obtenir une boule blanche. L’urne U1 contenant b1 boules
b1
blanches et b1 + n1 boules au total donc la probabilité de piocher une boule blanche est égale à
:
b1 + n1
PU2 (X1 = 1) : On pioche dans l’urne U1 et l’on souhaite obtenir une boule blanche. L’urne U2 contenant b2 boules
b2
blanches et b2 + n2 boules au total donc la probabilité de piocher une boule blanche est égale à
:
b2 + n2
Loi de X2 : Par construction, on a X1 ( ) = f0; 1g:
La variable X2 représente le fait que l’on a pioché une boule blanche ou non au second tirage. Or le choix de l’urne dans
laquelle on pioche dépend de l’obtention ou non d’une boule blanche au premier tirage, c’est-à-dire des évènements
(X1 = 0) et (X1 = 1): On introduit naturellement le système complet d’évènements (X1 = 0); (X1 = 1) pour calculer
P (X2 = 0) et P (X2 = 1)
P (X2 = 0) = P (X1 = 0 \ X2 = 0) + P (X1 = 1 \ X2 = 0)
= P (X1 = 0)P(X1 =0) (X2 = 0) + P (X1 = 1)P(X1 =1) (X2 = 0)
n1 (b2 + n2 ) + n2 (b1 + n1 )
n2
b1 (b2 + n2 ) + b2 (b1 + n1 )
+
2(b1 + n1 )(b2 + n2 )
b2 + n2
2(b1 + n1 )(b2 + n2 )
P (X2 = 1) = P (X1 = 0 \ X2 = 1) + P (X1 = 1 \ X2 = 1)
= P (X1 = 0)P(X1 =0) (X2 = 1) + P (X1 = 1)P(X1 =1) (X2 = 1)
n1
b1 + n 1
b2
b1 (b2 + n2 ) + b2 (b1 + n1 )
+
b2 + n2
2(b1 + n1 )(b2 + n2 )
b1
b1 + n 1
=
=
n1 (b2 + n2 ) + n2 (b1 + n1 )
2(b1 + n1 )(b2 + n2 )
On ne peut guère plus simpli…er les calculs.
Justi…cation des calculs de probabilités conditionnelles :
P(X1 =0) (X2 = 0) : L’évènement (X1 = 0) est réalisé, c’est-à-dire que l’on a pioché une boule noire au premier tirage
donc le second tirage s’e¤ ectue dans l’urne U2 : On souhaite la réalisation de l’évènement (X2 = 0), c’est-à-dire que l’on
n2
veut piocher une boule noire au second tirage, qui s’e¤ ectue dans l’urne U2 : Cette probabilité est alors égale à
:
b2 + n 2
P(X1 =1) (X2 = 0) : L’évènement (X1 = 1) est réalisé, c’est-à-dire que l’on a pioché une boule blanche au premier tirage
donc le second tirage s’e¤ ectue dans l’urne U1 : On souhaite la réalisation de l’évènement (X2 = 0), c’est-à-dire que l’on
n1
veut piocher une boule noire au second tirage, qui s’e¤ ectue dans l’urne U1 : Cette probabilité est alors égale à
:
b1 + n 1
P(X1 =0) (X2 = 1) : L’évènement (X1 = 0) est réalisé, c’est-à-dire que l’on a pioché une boule noire au premier tirage
donc le second tirage s’e¤ ectue dans l’urne U2 : On souhaite la réalisation de l’évènement (X2 = 1), c’est-à-dire que
l’on veut piocher une boule blanche au second tirage, qui s’e¤ ectue dans l’urne U2 : Cette probabilité est alors égale à
b2
:
b2 + n 2
P(X1 =1) (X2 = 1) : L’évènement (X1 = 1) est réalisé, c’est-à-dire que l’on a pioché une boule blanche au premier tirage
donc le second tirage s’e¤ ectue dans l’urne U1 : On souhaite la réalisation de l’évènement (X2 = 1), c’est-à-dire que
l’on veut piocher une boule blanche au second tirage, qui s’e¤ ectue dans l’urne U1 : Cette probabilité est alors égale à
b1
:
b1 + n 1
2. Les évènements (Xi+1 = 0) et (Xi+1 = 1) correspondent au fait que l’on pioche une boule noire ou une boule blanche au
(i + 1)-ième tirage, ces pioches dépendant bien entendu du fait que l’on pioche dans l’urne U1 ou U2 : Le choix de l’urne
dépend de la pioche d’une boule blanche ou d’une boule noire au i-ième tirage, c’est-à-dire des évènements (Xi = 0)
et (Xi = 1): Pour les calculs demandés, on introduit par conséquent, le système complet d’évènements (Xi = 0) et
(Xi = 1)
Calcul de P (Xi+1 = 0) en fonction de P (Xi = 0) et P (Xi = 1) :
P (Xi+1 = 0)
P (Xi+1 = 1)
= P (Xi = 0 \ Xi+1 = 0) + P (Xi = 1 \ Xi+1 = 0)
= P (Xi = 0)P(Xi =0) (Xi+1 = 0) + P (Xi = 1)P(Xi =1) (Xi+1 = 0)
n2
n1
= P (Xi = 0)
+ P (Xi = 1)
b2 + n 2
b1 + n1
= P (Xi = 0 \ Xi+1 = 1) + P (Xi = 1 \ Xi+1 = 1)
= P (Xi = 0)P(Xi =0) (Xi+1 = 1) + P (Xi = 1)P(Xi =1) (Xi+1 = 1)
b2
b1
= P (Xi = 0)
+ P (Xi = 1)
b2 + n 2
b1 + n1
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Justi…cation des calculs de probabilités conditionnelles :
P(Xi =0) (Xi+1 = 0) : L’évènement (Xi = 0) est réalisé, c’est-à-dire que l’on a pioché une boule noire au i-ième tirage
donc le (i + 1)-ème tirage s’e¤ ectue dans l’urne U2 : On souhaite la réalisation de l’évènement (Xi+1 = 0), c’est-à-dire
que l’on veut piocher une boule noire au (i + 1)-ème tirage, qui s’e¤ ectue dans l’urne U2 : Cette probabilité est alors
n2
:
égale à
b2 + n 2
P(Xi =1) (Xi+1 = 0) : L’évènement (Xi = 1) est réalisé, c’est-à-dire que l’on a pioché une boule blanche au i-ième tirage
donc le (i + 1)-ème tirage s’e¤ ectue dans l’urne U1 : On souhaite la réalisation de l’évènement (Xi+1 = 0), c’est-à-dire
que l’on veut piocher une boule noire au (i + 1)-ème tirage, qui s’e¤ ectue dans l’urne U1 : Cette probabilité est alors
n1
:
égale à
b1 + n 1
P(Xi =0) (Xi+1 = 1) : L’évènement (Xi = 0) est réalisé, c’est-à-dire que l’on a pioché une boule noire au i-ième tirage
donc le (i + 1)-ème tirage s’e¤ ectue dans l’urne U2 : On souhaite la réalisation de l’évènement (Xi+1 = 1), c’est-à-dire
que l’on veut piocher une boule blanche au (i + 1)-ème tirage, qui s’e¤ ectue dans l’urne U2 : Cette probabilité est alors
b2
égale à
:
b2 + n 2
P(Xi =1) (Xi+1 = 1) : L’évènement (Xi = 1) est réalisé, c’est-à-dire que l’on a pioché une boule blanche au i-ième tirage
donc le (i + 1)-ème tirage s’e¤ ectue dans l’urne U1 : On souhaite la réalisation de l’évènement (Xi+1 = 1), c’est-à-dire
que l’on veut piocher une boule blanche au (i + 1)-ème tirage, qui s’e¤ ectue dans l’urne U1 : Cette probabilité est alors
b1
:
égale à
b1 + n 1
3. Les évènements (Xi = 0) et (Xi = 1) formant un système complet d’évènements donc
P (Xi = 0) + P (Xi = 1) = 1 , P (Xi = 1) = 1
P (Xi = 0)
L’expression de P (Xi+1 = 0) en fonction de P (Xi = 0) et P (Xi = 1) obtenue à la question 2 nous donne
P (Xi+1 = 0) = P (Xi = 0)
7
+ (1
19
5
=
15
P (Xi = 0))
7
19
1
3
P (Xi = 0) +
1
2
1
=
P (Xi = 0) +
3
57
3
donc la suite (P (Xi = 0))i2N est bien une suite arithmético-géométrique.
Explicitation de P (Xi = 0) : Détermination de la constante L
L=
2
1
55
1
57
19
L+ ,
L= ,L=
=
57
3
57
3
3 55
55
19
2
est géométrique de raison
(revoir les nombreuses explicitations des
55
57
suites arithmético-géométriques) et, en utilisant la question 1, on a donc
Par conséquent, la suite ui = P (Xi = 0)
8i 2 N ;
ui =
2
57
i
u0 , P (Xi = 0)
19
=
55
i 1
2
57
P (X1 = 0)
19
55
On exprime ui en fonction de u1 car la probabilité P (X0 = 0) n’a pas de sens.
i
36
17
2
Explicitation de P (Xi = 1) : P (Xi = 1) = 1 P (Xi = 0) =
55 3135 57
, P (Xi = 0) =
19
17
+
55 3135
2
57
i 1
1
2
19
36
2]0; 1[, on a lim P (Xi = 0) =
et lim P (Xi = 1) =
i!+1
i!+1
57
55
55
Interprétation : après un nombre su¢ samment grand nombre de tirages, la probabilité de piocher une boule blanche
36
19
est très proche de
et la probabilité de piocher une boule noire est proche de
55
55
4. Puisque
correction de l’exercice 5
1. Nous allons donner les di¤érents contenus des deux urnes à chaque lancer
initialement
U1 : 1,2
U2 : 3,4,5,6
après 1 lancer
U1 : 2
U2 : 1,3,4,5,6
après 2 lancers
U1 : 2,3
U2 : 1,4,5,6
après 3 lancers
U1 : 3
U2 : 1,2,4,5,6
après 4 lancers
U1 :
U2 : 1,2,3,4,5,6
après 5 lancers
U1 : 5
U2 : 1,2,3,4,6
donc l’urne U1 contient uniquement la boule n 5 à l’issue du cinquième échange
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2. Après le premier changement, l’urne U1 contient soit une boule supplémentaire (si le dé a donné un numéro présent
dans l’urne U2 ); soit une boule en moins (si le dé a donné un numéro présent dans l’urne U1 ): Par conséquent, l’urne U1
contenant initalement 2 boules, après un échange l’urne U1 contient 1 ou 3 boules donc X1 ( ) = f1; 3g: L’évolution du
contenu de l’urne U1 dépendant clairement du numéro obtenu avec le dé, on introduit le système complet d’évènements
Di ; où l’évènement Di est dé…ni par
Di : " le dé fournit le numéro i "
P (X1 = 1) =
P (D1 \ X1 = 1) + P (D2 \ X1 = 1) + P (D3 \ X1 = 1) + P (D4 \ X1 = 1)
|
{z
} |
{z
}
=0
=0
+P (D5 \ X1 = 1) + P (D6 \ X1 = 1)
|
{z
} |
{z
}
=0
=0
1
1
1
1+
1=
6
6
3
P (D1 \ X1 = 3) + P (D2 \ X1 = 3) + P (D3 \ X1 = 3) + P (D4 \ X1 = 3)
|
{z
} |
{z
}
= P (D1 )PD1 (X1 = 1) + P (D2 )PD2 (X1 = 1) =
P (X1 = 3) =
=0
=0
+P (D5 \ X1 = 3) + P (D6 \ X1 = 3)
= P (D3 )PD3 (X1 = 3) + P (D4 )PD4 (X1 = 3) + P (D5 )PD5 (X1 = 3) + P (D6 )PD6 (X1 = 3)
1
1
1
1
2
1+
1+
1=
1+
=
6
6
6
6
3
Justi…cation des calculs de probabilités :
P (D3 \ X1 = 1) : L’évènement D3 \ X1 = 1 est impossible car il signi…e que le dé a fourni le numéro 3, donc la
boule numéro 3 qui était présent dans l’urne U 2 est déplacé dans l’urne U 1 ; ce qui implique qu’à l’issue du premier
changement l’urne U 1 contient les boules numéro 1,2,3 donc trois boules, ce qui contredit la réalisation de l’évènement
X1 = 1:
PD1 (X1 = 1) : l’évènement D1 est réalisé, c’est-à-dire que le dé a fourni le numéro 1, donc la boule numéro 1 quitte
l’urne U 1 et à l’issue du premier changement l’urne U 1 contient uniquement la boule numéro 2 donc une boule. Par
conséquent, l’évènement X1 = 1 se réalise nécesssairement, ce qui implique que PD1 (X1 = 1) = 1:
Il est alors immédiat que E(X1 ) = 1
1
+3
3
2
7
= :
3
3
3. Comme précédemment, après le premier changement, l’urne U1 contient soit une boule supplémentaire (si le dé a
donné un numéro présent dans l’urne U2 ); soit une boule en moins (si le dé a donné un numéro présent dans l’urne
U1 ): Par conséquent, l’urne U1 ; qui contient après 1 changement soit 1 boule, soit 3 boules, contient après le deuxième
changement 0 boule ou 2 boules ou 2 boules ou 4 boules donc X2 ( ) = f0; 2; 4g.
Le contenu de l’urne U1 après deux changements dépend à la fois du résultat du lancer du dé et du contenu de l’urne
U1 après un changement. Bien entendu, on doit connaitre préalablement le contenu de l’urne U1 après un changement
(le dé n’étant lancé qu’après), on considère le système complet d’évènements (X1 = 1) et (X1 = 3) qui décrit justement
ce contenu.
P (X2 = 0) =
1
P (X1 = 1 \ X2 = 0) + P (X1 = 3 \ X2 = 0) = P (X1 = 1)P(X1 =1) (X2 = 0) =
|
{z
}
3
1
1
=
6
18
=0
P (X2 = 2) =
P (X1 = 1 \ X2 = 2) + P (X1 = 3 \ X2 = 2)
P (X2 = 4) =
1
3
3
11
=
6
18
2 3
6
P (X1 = 1 \ X2 = 4) + P (X1 = 3 \ X2 = 4) = P (X1 = 3)P(X1 =3) (X2 = 4) =
=
|
{z
}
3 6
18
= P (X1 = 1)P(X1 =1) (X2 = 2) + P (X1 = 3)P(X1 =3) (X2 = 2) =
5 2
+
6 3
=0
Véri…cation : P (X2 = 0) + P (X2 = 2) + P (X2 = 4) = 1
Justi…cation des calculs de probabilités :
P(X1 =1) (X2 = 0) : L’évènement (X1 = 1) est réalisé et l’on souhaite la réalisation de l’évènement (X2 = 0); c’est-àdire que l’urne U 1 contient après un échange 1 boule (donc l’urne U 2 en contient 5) et l’on souhaite qu’à l’issue du
deuxième échange l’urne U 1 contienne 0 boule. Cela n’est possible que si le dé fourni le numéro de la boule contenue
dans l’urne U 1 (a…n de déplacer dans l’urne U 2 la boule correspondante). Etant donné qu’il y a 6 numéros possibles
1
et 1 seul est favorable, la probabilité de réalisation vaut :
6
P (X1 = 3 \ X2 = 0) : L’évènement (X1 = 3) signi…e que l’urne U 1 contient 3 boules après un échange et l’évènement
(X2 = 0) signi…e que l’urne U 1 contient 0 boule au deuxième échange (l’échange suivant). La réalisation de l’évènement
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(X1 = 3) implique nécessairement qu’à l’échange suivant l’urne U 1 contient 2 ou 4 boules, ce qui contredit la réalisation
de l’évènement (X2 = 0) donc P (X1 = 3 \ X2 = 0) = 0
P(X1 =1) (X2 = 2) : L’évènement (X1 = 1) est réalisé et l’on souhaite la réalisation de l’évènement (X2 = 2); c’est-àdire que l’urne U 1 contient après un échange 1 boule (donc l’urne U 2 en contient 5) et l’on souhaite qu’à l’issue du
deuxième échange l’urne U 1 contienne 2 boules. Cela n’est possible que si le dé fourni le numéro d’une boule contenue
dans l’urne U 2 (a…n de déplacer dans l’urne U 1 la boule correspondante). Etant donné qu’il y a 6 numéros possibles
5
et 5 numéros sont favorables, la probabilité de réalisation vaut :
6
P(X1 =3) (X2 = 2) : L’évènement (X1 = 3) est réalisé et l’on souhaite la réalisation de l’évènement (X2 = 2); c’est-àdire que l’urne U 1 contient après un échange 3 boules (donc l’urne U 2 en contient 3) et l’on souhaite qu’à l’issue du
deuxième échange l’urne U 1 contienne 2 boules. Cela n’est possible que si le dé fourni le numéro d’une boule contenue
dans l’urne U 1 (a…n de déplacer dans l’urne U 2 la boule correspondante). Etant donné qu’il y a 6 numéros possibles
3
et 3 numéros sont favorables, la probabilité de réalisation vaut :
6
P (X1 = 1 \ X2 = 4) : L’évènement (X1 = 1) signi…e que l’urne U 1 contient 1 boule après un échange et l’évènement
(X2 = 4) signi…e que l’urne U 1 contient 4 boules au deuxième échange (l’échange suivant). La réalisation de l’évènement
(X1 = 1) implique nécessairement qu’à l’échange suivant l’urne U 1 contient 0 ou 2 boules, ce qui contredit la réalisation
de l’évènement (X2 = 4) donc P (X1 = 1 \ X2 = 4) = 0
P(X1 =3) (X2 = 4) : L’évènement (X1 = 3) est réalisé et l’on souhaite la réalisation de l’évènement (X2 = 4); c’est-àdire que l’urne U 1 contient après un échange 3 boules (donc l’urne U 2 en contient 3) et l’on souhaite qu’à l’issue du
deuxième échange l’urne U 1 contienne 4 boules. Cela n’est possible que si le dé fourni le numéro d’une boule contenue
dans l’urne U 2 (a…n de déplacer dans l’urne U 1 la boule correspondante). Etant donné qu’il y a 6 numéros possibles
3
et 3 numéros sont favorables, la probabilité de réalisation vaut :
6
4. En général, le nombre de boules dans l’urne U1 prend toutes les valeurs entre 0 et 6 donc Xn ( ) = [[0; 6]] (même si
pour des valeurs particulières de n, la variable Xn ne prend pas toutes les valeurs entre 0 et 6)
5. Le contenu de l’urne U1 après n + 1 changements dépend à la fois du résultat du lancer du dé et du contenu de l’urne
U1 après n changement. Bien entendu, on doit connaitre préalablement le contenu de l’urne U1 après n changement
(le dé n’étant lancé qu’après), on considère le système complet d’évènements (X1 = k)k2[[0;6]] qui décrit justement ce
contenu.
P (Xn+1 = 0)
=
P (Xn = 0 \ Xn+1 = 0) + P (Xn = 1 \ Xn+1 = 0)
|
{z
}
=0
+P (Xn = 2 \ Xn+1 = 0) +
+ P (Xn = 6 \ Xn+1 = 0)
|
{z
}
=0
1
P (Xn = 1)
6
= 1) + P (Xn = 1 \ Xn+1 = 1) + P (Xn = 2 \ Xn+1 = 1)
|
{z
}
= P (Xn = 1) P(Xn =1) (Xn+1 = 0) =
P (Xn+1 = 1) =
P (Xn = 0 \ Xn+1
=0
+P (Xn = 3 \ Xn+1 = 1)
+ P (Xn = 6 \ Xn+1 = 1)
|
{z
}
=0
6
2
P (Xn = 0) + P (Xn = 2)
6
6
= 2) + P (Xn = 2 \ Xn+1 = 2)
|
{z
}
= P (Xn = 0)P(Xn =0) (Xn+1 = 1) + P (Xn = 2)P(Xn =2) (Xn+1 = 1) =
P (Xn+1 = 2)
=
P (Xn = 0 \ Xn+1 = 2) + P (Xn = 1 \ Xn+1
|
{z
}
=0
=0
+P (Xn = 3 \ Xn+1 = 2) + P (Xn = 4 \ Xn+1 = 2) +
+ P (Xn = 6 \ Xn+1 = 2)
|
{z
}
=0
5
3
P (Xn = 1) + P (Xn = 3)
6
6
= 3) + P (Xn = 2 \ Xn+1 = 3)
}
= P (Xn = 1)P(Xn =1) (Xn+1 = 2) + P (Xn = 3)P(Xn =3) (Xn+1 = 2) =
P (Xn+1 = 3)
=
P (Xn = 0 \ Xn+1 = 3) + P (Xn = 1 \ Xn+1
{z
|
=0
+P (Xn = 3 \ Xn+1 = 3) + P (Xn = 4 \ Xn+1 = 3) + P (Xn = 5 \ Xn+1 = 3) + P (Xn = 6 \ Xn+1 = 3)
|
{z
}
|
{z
}
=0
P (Xn+1 = 3)
=
=0
P (Xn = 2)P(Xn =2) P (Xn+1 = 3) + P Xn = 4)P(Xn =4) P (Xn+1
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4
= 3 = P (Xn = 2) + P (Xn = 4)
6
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P (Xn+1 = 4) =
P (Xn = 0 \ Xn+1 = 4) +
+ P (Xn = 2 \ Xn+1 = 4) + P (Xn = 3 \ Xn+1 = 4)
|
{z
}
=0
+P (Xn = 4 \ Xn+1 = 4) + P (Xn = 5 \ Xn+1 = 4) + P (Xn = 6 \ Xn+1 = 4)
|
{z
}
|
{z
}
=0
=0
3
5
P (Xn = 3) + P (Xn = 5)
6
6
= 5) + P (Xn = 4 \ Xn+1 = 5)
}
= P (Xn = 3)P(Xn =3) P (Xn+1 = 4) + P Xn = 5)P(Xn =5) P (Xn+1 = 4 =
P (Xn+1 = 5) =
P (Xn = 0 \ Xn+1 = 5) +
+ P (Xn = 3 \ Xn+1
|
{z
=0
+P (Xn = 5 \ Xn+1 = 5) + P (Xn = 6 \ Xn+1 = 5)
|
{z
}
=0
2
6
P (Xn = 4) + P (Xn = 6)
6
6
= 6) + P (Xn = 5 \ Xn+1 = 6)
}
= P (Xn = 4)P(Xn =4) P (Xn+1 = 5) + P Xn = 6)P(Xn =6) P (Xn+1 = 5 =
P (Xn+1 = 6) =
P (Xn = 0 \ Xn+1 = 6) +
+ P (Xn = 4 \ Xn+1
|
{z
=0
+P (Xn = 6 \ Xn+1 = 6)
|
{z
}
=0
1
P (Xn = 5)
6
Justi…cation des calculs de probabilités : elle est identique à celle de la question 3, je laisse le lecteur le véri…er.
En résumé, on a
= P (Xn = 5) P(Xn =5) P (Xn+1 = 6) =
P (Xn+1 = 0)
=
P (Xn+1 = 2)
=
P (Xn+1 = 4)
=
1
1
6
2
P (Xn = 1) P (Xn+1 = 6) = P (Xn = 5) P (Xn+1 = 1) = P (Xn = 0) + P (Xn = 2)
6
6
6
6
5
3
4
4
P (Xn = 1) + P (Xn = 3) P (Xn+1 = 3) = P (Xn = 2) + P (Xn = 4)
6
6
6
6
3
5
2
6
P (Xn = 3) + P (Xn = 5) P (Xn+1 = 5) = P (Xn = 4) + P (Xn = 6)
6
6
6
6
6. En utilisant les relations de récurrence précédentes, on a
E (Xn+1 )
= P (Xn+1 = 1) + 2P (Xn+1 = 2) + 3P (Xn+1 = 3) + 4P (Xn+1 = 4) + 5P (Xn+1 = 5) + 6P (Xn+1 = 6)
6
2
5
3
4
4
=
P (Xn = 0) + P (Xn = 2) + 2
P (Xn = 1) + P (Xn = 3) + 3
P (Xn = 2) + P (Xn = 4)
6
6
6
6
6
6
3
5
2
6
1
+4
P (Xn = 3) + P (Xn = 5) + 5
P (Xn = 4) + P (Xn = 6) + 6
P (Xn = 5)
6
6
6
6
6
5
7
11
13
= P (Xn = 0) + P (Xn = 1) + P (Xn = 2) + 3P (Xn = 3) + P (Xn = 4) + P (Xn = 5) + 5P (Xn = 6)
3
3
3
3
2
La relation demandée n’apparaissant directement, nous allons expliciter E(Xn+1 )
E(Xn )
3
2
2
4
8
10
E(Xn ) = P (Xn = 1) + P (Xn = 2) + 2P (Xn = 3) + P (Xn = 4) + P (Xn = 5) + 4P (Xn = 6)
3
3
3
3
3
2
5 2
7 4
E(Xn+1 )
E(Xn ) = P (Xn = 0) +
P (Xn = 1) +
P (Xn = 2) + (3 2) P (Xn = 3)
3
3 3
3 3
11 8
13 10
+
P (Xn = 4) +
P (Xn = 5) + (5 4) P (Xn = 6)
3
3
3
3
= P (Xn = 0) + P (Xn = 1) + P (Xn = 2) + P (Xn = 3) + P (Xn = 4) + P (Xn = 5) + P (Xn = 6) = 1
puisque les évènements (Xn = k)k2[[0;6]] forment un système complet d’évènements.
2
La suite (E(Xn ))n étant arithmético-géométrique, on détermine pour commencer la constante L : L = L + 1 , L = 3
3
2
La suite un = E(Xn ) 3 , E(Xn ) = un + 3 est géométrique de raison donc
3
un =
2
3
n
u0 , E(Xn )
3=
2
3
n
(E(X0 )
3) , E(Xn ) = 3
2
3
n
En e¤et, après 0 changement, c’est-à-dire à l’état initial, l’urne U1 contient 2 boules donc X0 = 2 et en particulier
2
E(X0 ) = 2: Puisque 2] 1; 1[; on en déduit que lim E(Xn ) = 3:
n!+1
3
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