Évolution du contenu de deux urnes

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Annales corrigées
Classe(s) : Tle S | Thème(s) : Matrices et applications
Type : Exercice | Année : 2016 | Académie : Amérique du Nord


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(Xn=0)(Xn+1=1) puis déterminer les probabilités conditionnelles suivantes :

P(Xn=0)(Xn+1=1),P(Xn=1)(Xn+1=1)etP(Xn=2)(Xn+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 :

Rn=(P(Xn=0)P(Xn=1)P(Xn=2))

et on considère M la matrice (010141214010)

On note R0 la matrice ligne (001).

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=16(231101231)D=(1200000001) et P1=(121101141).

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

On admettra que, pour tout entier naturel n, Dn=((12)n00000001).

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

b) Sachant que R0P=(131216), déterminer les coefficients de Rn en fonction de n.

▶ 5. Déterminer limn+P(Xn = 0), limn+P(Xn = 1) et limn+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

Corrigé

 1. a) Déterminer des probabilités conditionnelles

P(Xn=0)(Xn+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 (Xn=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

NN

BB

Sachant que l’événement (Xn=0) est réalisé, pour que l’événement (Xn+1=1) soit lui aussi réalisé, on doit échanger une boule noire et une boule blanche entre les urnes U et V. L’événement (Xn+1=1), sachant que l’événement (Xn=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(Xn=0)(Xn+1=1)=1.

Si l’événement (Xn=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 (Xn=2) est réalisé, pour que l’événement (Xn+1=1) soit lui aussi réalisé, on doit échanger une boule noire et une boule blanche entre les urnes U et V. L’événement (Xn+1=1), sachant que l’événement (Xn=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(Xn=2)(Xn+1=1)=1.

Notons tout d’abord que P(Xn=1)(Xn+1=1)=1P(Xn=1)(Xn+1=0)P(Xn=1)(Xn+1=2).

Si l’événement (Xn=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 (Xn=1) est réalisé, pour que l’événement (Xn+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 (Xn+1=2), sachant que l’événement (Xn=1) est réalisé, est donc P(Xn=1)(Xn+1=2)=0,5×0,5=0,25.

Sachant que l’événement (Xn=1) est réalisé, pour que l’événement (Xn+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(Xn=1)(Xn+1=0)=0,5×0,5=0,25.

Finalement : P(Xn=1)(Xn+1=1)=1P(Xn=1)(Xn+1=0)P(Xn=1)(Xn+1=2)=10,250,25=0,5.

b) Déterminer une probabilité

D’après la formule des probabilités totales :

P(Xn+1=1)=P(Xn=0)×P(Xn=0)(Xn+1=1)+P(Xn=1)×P(Xn=1)(Xn+1=1)+P(Xn=2)×P(Xn=2)(Xn+1=1)=P(Xn=0)×1+P(Xn=1)×0,5+P(Xn=2)×1.

Ainsi, P(Xn+1=1)=P(Xn=0)+0,5P(Xn=1)+P(Xn=2).

 2. Déterminer une matrice et justifier une égalité matricielle

R1=R0×M=(0×0+0×14+1×00×1+0×12+1×10×0+0×14+1×0)=(0   1   0).

Attention !

Pensez à vérifier votre résultat avec la calculatrice.  C5 

Soit la propriété P(n):Rn=R0×Mn.

Initialisation

R0×M0=R0×I3=R0 donc la propriété est initialisée.

Notez bien

La matrice I3 est la matrice identité d’ordre 3 : I3=(1   0   00   1   00   0   1).

Hérédité

On suppose que la propriété P(k):Rk=R0×Mk est vraie pour un entier naturel k (hypothèse de récurrence). On démontre alors que la propriété P(k+1):Rk+1=R0×Mk+1est vérifiée.

Rk+1=Rk×Ménoncé=(R0×Mk)hypothèse de récurrence×M=R0×(Mk×M)associativité de la multiplication matricielle=R0×Mk+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):Mn=P×Dn×P1.

Initialisation

P×D0×P1=P×I3×P1=P×P1=I3=M0 donc la propriété est initialisée.

Hérédité

On suppose que la propriété P(k):Mk=P×Dk×P1 est vraie pour un entier naturel k (hypothèse de récurrence). On démontre alors que la propriété P(k+1):Mk+1=P×Dk+1×P1 est vérifiée.

Mk+1=Mk×M=(P×Dk×P1)hypothèse de récurrence×(P×D×P1)énoncé=P×Dk×P1×P×D×P1=P×Dk×I3×D×P1 =P×Dk×D×P1=P×Dk+1×P1.

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 × P1.

4. a) Effectuer un calcul matriciel

Dn×P1=((12)n00000001)×(121101141)=((12)n×1+0×1+0×1(12)n×(2)+0×0+0×4(12)n×1+0×(1)+0×10×1+0×1+0×10×(2)+0×0+0×40×1+0×(1)+0×10×1+0×1+1×10×(2)+0×0+1×40×1+0×(1)+1×1)=((12)n2×(12)n(12)n000141).

b) Déterminer les coefficients d’une matrice

D’après la question 2., Rn=R0×Mn. Ainsi :

Rn=R0×(P×Dn×P1)question 3=(R0×P)×(Dn×P1)=(131216)énoncé×((12)n2×(12)n(12)n000141)=(13×(12)n12×0+16×123×(12)n12×0+16×413×(12)n12×0+16×1)=(13×(12)n+1623×(12)n+2313×(12)n+16).

 5. Calculer et interpréter des limites

D’après la question précédente, puisque Rn=(P(Xn=0)   P(Xn=1)   P(Xn=2)), on peut écrire :

P(Xn=0)=13×(12)n+16

P(Xn=1)=23×(12)n+23

P(Xn=2)=13×(12)n+16.

En posant q=12, on a 1<q<1 et limn+qn=0.

Par conséquent, par produit et somme :

limn+P(Xn=0)=16, limn+P(Xn=1)=23 et limn+P(Xn=2)=16.

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 16 ;

la probabilité que l’urne U contienne 1 boule blanche à la fin d’un tirage donné va se stabiliser à 23 ;

la probabilité que l’urne U contienne 2 boules blanches à la fin d’un tirage donné va se stabiliser à 16.