Matrices et applications

matT_1606_02_11C

Ens. de spécialité

Amérique du Nord • Juin 2016

Exercice 4 • 5 points

Évolution du contenu de deux urnes

On dispose de deux urnes U et V contenant chacune deux boules. Au départ, l’urne U contient deux boules blanches et l’urne V contient deux boules noires.

On effectue des tirages successifs dans ces urnes de la façon suivante : chaque tirage consiste à prendre au hasard, de manière simultanée, une boule dans chaque urne et à la mettre dans l’autre urne.

Pour tout entier naturel n non nul, on note Xn la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches que contient l’urne U à la fin du n-ième tirage.

▶ 1. a) Traduire par une phrase la probabilité $P_{(X_{n} = 0)} (X_{n + 1} = 1)$ puis déterminer les probabilités conditionnelles suivantes :

$P_{(X_{n} = 0)} (X_{n + 1} = 1), P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 1) et P_{(X_{n} = 2)} (X_{n + 1} = 1)$ .

b) Exprimer P(Xn+1 = 1) en fonction de P(Xn = 0), P(Xn = 1) et P(Xn = 2).

▶ 2. Pour tout entier naturel n non nul, on note Rn la matrice ligne définie par :

$R_{n} = (P (X_{n} = 0) P (X_{n} = 1) P (X_{n} = 2))$

et on considère M la matrice $(\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix})$

On note R0 la matrice ligne $(\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \end{matrix})$ .

On admettra par la suite que, pour tout entier naturel n, Rn+1 = Rn × M. Déterminer R1 et justifier que, pour tout entier naturel n, Rn = R0 × Mn.

▶ 3. On admet que M = P × D × P−1 avec :

$P = \frac{1}{6} (\begin{matrix} 2 & 3 & 1 \\ - 1 & 0 & 1 \\ 2 & - 3 & 1 \end{matrix}), D = (\begin{matrix} - \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) et P^{- 1} = (\begin{matrix} 1 & - 2 & 1 \\ 1 & 0 & - 1 \\ 1 & 4 & 1 \end{matrix})$ .

Établir que, pour tout entier naturel n, Mn = P × Dn × P−1.

On admettra que, pour tout entier naturel n, $D^{n} = (\begin{matrix} {(- \frac{1}{2})}^{n} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})$ .

▶ 4. a) Calculer Dn × P−1 en fonction de n.

b) Sachant que $R_{0} P = (\begin{matrix} \frac{1}{3} & - \frac{1}{2} & \frac{1}{6} \end{matrix})$ , déterminer les coefficients de Rn en fonction de n.

▶ 5. Déterminer $\lim_{n \to + \infty}$ P(Xn = 0), $\lim_{n \to + \infty}$ P(Xn = 1) et $\lim_{n \to + \infty}$ P(Xn = 2).

Interpréter ces résultats.

Les clés du sujet

Durée conseillée : 60 minutes.

Les thèmes clés

Matrices • Probabilités conditionnelles.

Les outils dont vous avez besoin

Les références en rouge renvoient à la boîte à outils en fin d’ouvrage.

Formule des probabilités totales E37 → 1. b)

Raisonnement par récurrence E1 → 2. et 3.

Limite d’une suite E2c • E4d → 5.

Calculs sur les matrices C5 → 2.

Nos coups de pouce

▶ 1. a) Relevez pour chaque situation proposée la répartition des boules noires et blanches dans les urnes U et V à la fin du n-ième tirage. Examinez alors les tirages à réaliser pour obtenir la situation indiquée à la fin du (n + 1)-ième tirage et déterminez les probabilités demandées.

b) Utilisez la formule des probabilités totales.

▶ 2. et 3. Démontrez les relations proposées à l’aide de raisonnements par récurrence.

▶ 5. Interprétez les limites obtenues en envisageant une évolution à long terme du contenu des urnes U et V.

Corrigé

▶ 1. a) Déterminer des probabilités conditionnelles

$P_{(X_{n} = 0)} (X_{n + 1} = 1)$ est la probabilité que l’urne U contienne exactement une boule blanche après le $(n + 1)$ -ième tirage sachant que celle-ci ne contenait aucune boule blanche après le $n$ -ième tirage.

Si l’événement $(X_{n} = 0)$ est réalisé, les contenus des urnes à la fin du $n$ -ième tirage sont les suivants :

Urne U

Urne V

N désigne une boule noire

B désigne une boule blanche

Sachant que l’événement $(X_{n} = 0)$ est réalisé, pour que l’événement $(X_{n + 1} = 1)$ soit lui aussi réalisé, on doit échanger une boule noire et une boule blanche entre les urnes U et V. L’événement $(X_{n + 1} = 1)$ , sachant que l’événement $(X_{n} = 0)$ est réalisé, est alors un événement certain puisque l’urne U ne contient que des boules noires et que l’urne V ne contient que des boules blanches. On a ainsi $P_{(X_{n} = 0)} (X_{n + 1} = 1) = 1$ .

Si l’événement $(X_{n} = 2)$ est réalisé, les contenus des urnes à la fin du $n$ -ième tirage sont les suivants :

Urne U	Urne V
BB	NN

Sachant que l’événement $(X_{n} = 2)$ est réalisé, pour que l’événement $(X_{n + 1} = 1)$ soit lui aussi réalisé, on doit échanger une boule noire et une boule blanche entre les urnes U et V. L’événement $(X_{n + 1} = 1)$ , sachant que l’événement $(X_{n} = 2)$ est réalisé, est alors un événement certain puisque l’urne U ne contient que des boules blanches et que l’urne V ne contient que des boules noires. On a ainsi $P_{(X_{n} = 2)} (X_{n + 1} = 1) = 1$ .

Notons tout d’abord que $P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 1) = 1 - P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 0) - P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 2)$ .

Si l’événement $(X_{n} = 1)$ est réalisé, les contenus des urnes à la fin du $n$ -ième tirage sont les suivants :

Urne U	Urne V
NB	NB

Sachant que l’événement $(X_{n} = 1)$ est réalisé, pour que l’événement $(X_{n + 1} = 2)$ soit lui aussi réalisé, on doit échanger la boule noire de l’urne U et la boule blanche de l’urne V.

La probabilité de tirer la boule noire dans l’urne U est 0,5, celle de tirer la boule blanche dans l’urne V est 0,5. Par indépendance, la probabilité de l’événement $(X_{n + 1} = 2)$ , sachant que l’événement $(X_{n} = 1)$ est réalisé, est donc $P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 2) = 0,5 \times 0,5 = 0,25$ .

Sachant que l’événement $(X_{n} = 1)$ est réalisé, pour que l’événement $(X_{n + 1} = 0)$ soit lui aussi réalisé, on doit ici échanger la boule blanche de l’urne U et la boule noire de l’urne V.

La probabilité de tirer la boule blanche dans l’urne U est 0,5, celle de tirer la boule blanche dans l’urne V est 0,5. Comme précédemment, on obtient par indépendance : $P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 0) = 0,5 \times 0,5 = 0,25$ .

Finalement : $\begin{matrix} P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 1) = 1 - P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 0) - P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 2) \\ = 1 - 0,25 - 0,25 = 0,5 . \end{matrix}$

b) Déterminer une probabilité

D’après la formule des probabilités totales :

$\begin{array}{l} P (X_{n + 1} = 1) \\ = P (X_{n} = 0) \times P_{(X_{n} = 0)} (X_{n + 1} = 1) + P (X_{n} = 1) \times P_{(X_{n} = 1)} (X_{n + 1} = 1) \\ + P (X_{n} = 2) \times P_{(X_{n} = 2)} (X_{n + 1} = 1) \\ = P (X_{n} = 0) \times 1 + P (X_{n} = 1) \times 0,5 + P (X_{n} = 2) \times 1 . \end{array}$

Ainsi, $P (X_{n + 1} = 1) = P (X_{n} = 0) + 0,5 P (X_{n} = 1) + P (X_{n} = 2)$ .

▶ 2. Déterminer une matrice et justifier une égalité matricielle

$\begin{matrix} R_{1} = R_{0} \times M = (0 \times 0 + 0 \times \frac{1}{4} + 1 \times 0 0 \times 1 + 0 \times \frac{1}{2} + 1 \times 1 0 \times 0 + 0 \times \frac{1}{4} + 1 \times 0) \\ = (0 1 0) . \end{matrix}$

Attention !

Pensez à vérifier votre résultat avec la calculatrice. C5

Soit la propriété $P (n) : R_{n} = R_{0} \times M^{n}$ .

Initialisation

$R_{0} \times M^{0} = R_{0} \times I_{3} = R_{0}$ donc la propriété est initialisée.

Notez bien

La matrice $I_{3}$ est la matrice identité d’ordre 3 : $I_{3} = (\begin{array}{l} 1 0 0 \\ 0 1 0 \\ 0 0 1 \end{array})$ .

Hérédité

On suppose que la propriété $P (k) : R_{k} = R_{0} \times M^{k}$ est vraie pour un entier naturel k (hypothèse de récurrence). On démontre alors que la propriété $P (k + 1) : R_{k + 1} = R_{0} \times M^{k + 1}$ est vérifiée.

$\underset{énoncé}{\underset{︸}{R_{k + 1} = R_{k} \times M}} = \underset{\begin{matrix} hypothèse \\ de récurrence \end{matrix}}{\underset{︸}{(R_{0} \times M^{k})}} \times M = \underset{\begin{matrix} associativité de la \\ multiplication matricielle \end{matrix}}{\underset{︸}{R_{0} \times (M^{k} \times M)}} = R_{0} \times M^{k + 1} .$

La propriété est donc héréditaire.

Comme la propriété $P (n)$ est initialisée et héréditaire, elle est vraie, pour tout entier naturel n, Rn = R0 × Mn.

▶ 3. Établir une égalité matricielle

Soit la propriété $P (n) : M^{n} = P \times D^{n} \times P^{- 1} .$

Initialisation

$P \times D^{0} \times P^{- 1} = P \times I_{3} \times P^{- 1} = P \times P^{- 1} = I_{3} = M^{0}$ donc la propriété est initialisée.

Hérédité

On suppose que la propriété $P (k) : M^{k} = P \times D^{k} \times P^{- 1}$ est vraie pour un entier naturel $k$ (hypothèse de récurrence). On démontre alors que la propriété $P (k + 1) : M^{k + 1} = P \times D^{k + 1} \times P^{- 1}$ est vérifiée.

$\begin{matrix} M^{k + 1} = M^{k} \times M \\ = \underset{hypothèse de récurrence}{\underset{︸}{(P \times D^{k} \times P^{- 1})}} \times \underset{énoncé}{\underset{︸}{(P \times D \times P^{- 1})}} \\ = P \times D^{k} \times P^{- 1} \times P \times D \times P^{- 1} \\ = P \times D^{k} \times I_{3} \times D \times P^{- 1} \\ = P \times D^{k} \times D \times P^{- 1} \\ = P \times D^{k + 1} \times P^{- 1} . \end{matrix}$

La propriété est donc héréditaire.

Comme la propriété $P (n)$ est initialisée et héréditaire, elle est vraie, pour tout entier naturel n, Mn = P × Dn × P–1.

▶ 4. a) Effectuer un calcul matriciel

$\begin{array}{l} D^{n} \times P^{- 1} = (\begin{matrix} {(- \frac{1}{2})}^{n} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 1 & - 2 & 1 \\ 1 & 0 & - 1 \\ 1 & 4 & 1 \end{matrix}) \\ = (\begin{matrix} {(- \frac{1}{2})}^{n} \times 1 + 0 \times 1 + 0 \times 1 & {(- \frac{1}{2})}^{n} \times (- 2) + 0 \times 0 + 0 \times 4 & {(- \frac{1}{2})}^{n} \times 1 + 0 \times (- 1) + 0 \times 1 \\ 0 \times 1 + 0 \times 1 + 0 \times 1 & 0 \times (- 2) + 0 \times 0 + 0 \times 4 & 0 \times 1 + 0 \times (- 1) + 0 \times 1 \\ 0 \times 1 + 0 \times 1 + 1 \times 1 & 0 \times (- 2) + 0 \times 0 + 1 \times 4 & 0 \times 1 + 0 \times (- 1) + 1 \times 1 \end{matrix}) \\ = (\begin{matrix} {(- \frac{1}{2})}^{n} & - 2 \times {(- \frac{1}{2})}^{n} & {(- \frac{1}{2})}^{n} \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 1 \end{matrix}) . \end{array}$

b) Déterminer les coefficients d’une matrice

D’après la question 2., $R_{n} = R_{0} \times M^{n}$ . Ainsi :

$\begin{matrix} R_{n} = R_{0} \times \underset{question 3}{\underset{︸}{(P \times D^{n} \times P^{- 1})}} \\ = (R_{0} \times P) \times (D^{n} \times P^{- 1}) \\ = \underset{énoncé}{\underset{︸}{(\begin{matrix} \frac{1}{3} & - \frac{1}{2} & \frac{1}{6} \end{matrix})}} \times (\begin{matrix} {(- \frac{1}{2})}^{n} & - 2 \times {(- \frac{1}{2})}^{n} & {(- \frac{1}{2})}^{n} \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 1 \end{matrix}) \\ = (\begin{matrix} \frac{1}{3} \times {(- \frac{1}{2})}^{n} - \frac{1}{2} \times 0 + \frac{1}{6} \times 1 & - \frac{2}{3} \times {(- \frac{1}{2})}^{n} - \frac{1}{2} \times 0 + \frac{1}{6} \times 4 & \frac{1}{3} \times {(- \frac{1}{2})}^{n} - \frac{1}{2} \times 0 + \frac{1}{6} \times 1 \end{matrix}) \\ = (\begin{matrix} \frac{1}{3} \times {(- \frac{1}{2})}^{n} + \frac{1}{6} & - \frac{2}{3} \times {(- \frac{1}{2})}^{n} + \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \times {(- \frac{1}{2})}^{n} + \frac{1}{6} \end{matrix}) . \end{matrix}$

▶ 5. Calculer et interpréter des limites

D’après la question précédente, puisque $R_{n} = (P (X_{n} = 0) P (X_{n} = 1) P (X_{n} = 2))$ , on peut écrire :

$P (X_{n} = 0) = \frac{1}{3} \times {(- \frac{1}{2})}^{n} + \frac{1}{6}$

$P (X_{n} = 1) = - \frac{2}{3} \times {(- \frac{1}{2})}^{n} + \frac{2}{3}$

$P (X_{n} = 2) = \frac{1}{3} \times {(- \frac{1}{2})}^{n} + \frac{1}{6}$ .

En posant $q = - \frac{1}{2}$ , on a $- 1 < q < 1$ et $lim_{n \to + \infty} q^{n} = 0$ .

Par conséquent, par produit et somme :

$lim_{n \to + \infty} P (X_{n} = 0) = \frac{1}{6}$ , $lim_{n \to + \infty} P (X_{n} = 1) = \frac{2}{3}$ et $lim_{n \to + \infty} P (X_{n} = 2) = \frac{1}{6}$ .

Ainsi, à long terme (si l’on considère un grand nombre de tirages) :

la probabilité que l’urne U contienne 0 boule blanche à la fin d’un tirage donné va se stabiliser à $\frac{1}{6}$ ;

la probabilité que l’urne U contienne 1 boule blanche à la fin d’un tirage donné va se stabiliser à $\frac{2}{3}$ ;

la probabilité que l’urne U contienne 2 boules blanches à la fin d’un tirage donné va se stabiliser à $\frac{1}{6}$ .

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