⊲ si on obtient P ILE, on s’intéresse à l’urne U : si elle est vide, on ajoute une boule ; sinon, on enlève une boule de U ;

P

²

:doc 13 Probabilités et suites _2015-2016

On dispose de deux urnes U et V , initialement vides, et d’une pièce qui amène P ILE avec une probabilité p (p ∈]0; 1[). On note q = 1 − p. On répète l’expérience suivante :

⊲ On lance la pièce ;

⊲ si on obtient P ILE, on s’intéresse à l’urne U : si elle est vide, on ajoute une boule ; sinon, on enlève une boule de U ;

⊲ si on obtient F ACE, on s’intéresse à l’urne V : si elle est vide, on ajoute une boule ; sinon, on enlève une boule de V .

Le lancer de la pièce et la manipulation de l’une des deux urnes qui s’en suit s’appelle une étape.

Pour tout n ∈ N , on définit les événements suivants :

⊲ A

_n

: « à l’issue de la n-ième étape, les deux urnes sont vides » ;

⊲ B

_n

: « à l’issue de la n-ième étape, chacune des deux urnes contient une boule » ;

⊲ C

_n

: « à l’issue de la n-ième étape, l’une des deux urnes est vide et l’autre contient une boule ».

On note également, pour tout n ∈ N ,

α

n

= P (A

n

), β

n

= P (B

n

), γ

n

= P (C

n

)

Enfin, compte-tenu des conditions initiales, on convient que l’événement A

0

: « les deux urnes sont initialement vides » est certain et que les événements B

0

et C

0

sont impossibles. (P (A

0

) = 1, P (B

0

) = 0 et P (C

0

) = 0) 1. Pour tout n ∈ N

^∗

, on pose U

_n

: « on travaille dans l’urne U lors de la n-ième étape ».

(a) Exprimer A

2

en fonction de U

1

, U

2

, U

1

et U

2

. En déduire que α

2

= p

²

+ q

²

. (b) De même, décrire B

2

et en déduire que β

2

= 2pq.

2. (a) Calculer γ

1

et γ

2

.

(b) Justifier que, pour tout n ∈ N , A

_n

∪ B

_n

⊂ C

_n+1

, puis que C

_n+1

⊂ A

_n+2

∪ B

_n+2

. En déduire que

∀n ∈ N , 1 − γ

_n

6 γ

_n+1

6 1 − γ

_n+2

(c) Utiliser l’encadrement précédent pour démontrer par récurrence sur k que

∀k ∈ N , γ

2k

= 0 et γ

2k+1

= 1 3. (a) Justifier que

∀k ∈ N , P

A_2k

(A

2k+2

) = P(A

2

) (b) Démontrer que

∀k ∈ N

^∗

, α

2k+2

= (p

²

+ q

²

)α

2k

+ 2pqβ

2k

(c) En déduire que

∀k ∈ N

^∗

, α

2k+2

= (p − q)

²

α

2k

+ 2pq Vérifier que cette relation est vraie pour k = 0.

(d) En remarquant que la suite (u

n

)

n∈N

de terme général u

n

= α

2n

est arithmético-géométrique, déterminer, pour tout n ∈ N , l’expression de α

2n

en fonction de p, q et n.

(e) En déduire que

∀k ∈ N , β

2n

= 1

2 (1 − (p − q)

²ⁿ

)

4. Pour tout n ∈ N

^∗

, on considère l’événement V

_n

: « à l’issue de la n-ième étape, les deux urnes sont vides et c’est la première fois que cela se produit depuis la réalisation de la première étape ».

(a) Déduire de la question 2. que

∀k ∈ N , P (V

2k+1

) = 0 (b) Démontrer que P (V

2

) = p

²

+ q

²

.

(c) Exprimer V

4

à l’aide de B

2

et A

4

. En déduire P (V

4

).

(d) Soit k ∈ N \{0, 1}. Exprimer V

2k+2

à l’aide de certains événements B

i

et de A

2k+2

. En déduire que

∀k ∈ N \{0, 1} P(V

2k+2

) = 4p

²

q

²

(p

²

+ q

²

)

^k−1

My Maths Space 1 sur ??

P

²

:doc 13 Probabilités et suites _2015-2016

C O R R E C T I O N

1. Pour tout n ∈ N

^∗

, on pose U

n

: « on travaille dans l’urne U lors de la n-ième étape ».

Précisons que les lancers de pièces sont des expériences indépendantes.

(a) A

2

= (U

1

∩ U

2

) ∪ (U

1

∩ U

2

). Les deux événements U

1

∩ U

2

et U

1

∩ U

2

sont incompatibles donc P (A

2

) = P (U

1

∩ U

2

) + P (U

1

∩ U

2

). Les événements U

1

et U

2

sont indépendants donc finalement

P (A

2

) = P (U

1

)P(U

2

) + P (U

1

)P (U

2

) = p × p + q × q = p

²

+ q

²

. Ainsi α

2

= p

²

+ q

²

(b) B

2

= (U

1

∩ U

2

) ∪ (U

1

∩ U

2

).

P (B

2

) = P(U

1

)P (U

2

) + P (U

1

)P(U

2

) = p × q + q × p = 2pq.

Ainsi β

2

= 2pq

2. (a) Avec les notations, C

1

= U

1

∪ U

1

d’où P (C

1

) = P(U

1

) + P (U

1

) = p + q = 1 donc γ

1

= 1 (il est clair que les événements U

1

et U

1

sont incompatibles).

À l’étape 1, seul l’événement C

1

est réalisé : l’une des deux urnes contient une boule. À la deuxième étape, soit une boule est mise dans l’urne vide, soit elle est enlevée de l’urne remplie donc seuls les événements A

2

ou B

2

sont réalisables et C

2

est l’événement impossible, γ

2

= 0 .

(b) À l’étape n :

• si chacune des urnes contient une boule (B

n

est réalisé), faire P ILE vide l’urne U et faire F ACE vide l’urne V , dans les deux cas C

n+1

est réalisé ;

• si les deux urnes sont vides (A

n

est réalisé), faire P ILE met une boule dans U et faire F ACE met une boule dans V et C

n+1

est réalisé.

Ainsi, pour tout n ∈ N , A

n

∪ B

n

⊂ C

n+1

.

À l’étape n + 1, si une des 2 urnes contient une boule :

• faire P ILE ajoute une boule dans U si elle est vide : U et V contiennent une boule et B

_n+2

est réalisé ; si elle contient déjà une boule, on l’enlève et les deux urnes sont vides : A

_n+2

est réalisé.

• faire F ACE, mêmes conséquences car le « problème » est symétrique.

Ainsi, pour tout n ∈ N , C

n+1

⊂ A

n+2

∪ B

n+2

.

Or si A et B sont deux événements tels que A ⊂ B alors P(A) 6 P(B) donc P (A

n

∪ B

n

) 6 P (C

n+1

) 6 P (A

n+2

∪ B

n+2

), de l’incompatibilté des événements, il vient que

∀n ∈ N , P (A

n

) + P (B

n

) 6 P (C

n+1

) 6 P (A

n+2

) + P (B

n+2

)

⇔ α

n

+ β

n

6 γ

n+1

6 α

n+2

+ β

n+2

⇔ 1 − γ

_n

6 γ

_n+1

6 1 − γ

_n+2

En effet A

_n

∪ B

_n

∪ C

_n

est l’événement certain et A

_n

∪ B

_n

= C

_n

, d’où α

_n

+ β

_n

= 1 − γ

_n

. (c) Démontrons par récurrence sur k la propriété

∀k ∈ N , (H

k

) γ

2k

= 0 et γ

2k+1

= 1

• Initialisation : k = 0 ; γ

0

= 0 et γ

1

= 1 donc (H

0

) est vraie.

• Hérédité : Soit k ∈ N . Prouvons que (H

k

) vraie implique (H

k+1

) vraie.

(H

k

) vraie implique que γ

k

= 0 et γ

k+1

= 1. Écrivons l’encadrement précédent pour n = 2k et l’on obtient 1 − γ

2k

6 γ

2k+1

6 1 − γ

2k+2

soit 1 6 1 − γ

2k+2

⇔ γ

2k+2

6 0. Or γ

2k+2

> 0 donc γ

2k+2

= 0 . On a aussi, à partir de l’encadrement écrit au rang 2k + 2, γ

2k+3

> 1 − γ

2k+2

, soit γ

2k+3

> 1. Or γ

2k+3

6 1 donc finalement γ

2k+3

= 1 .

donc (H

k+1

) est vraie.

• Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence

My Maths Space 2 sur ??

P

²

:doc 13 Probabilités et suites _2015-2016

∀k ∈ N , (H

k

) γ

2k

= 0 et γ

2k+1

= 1

3. (a) Les lancers de pièces sont indépendants donc les deux urnes étant vides à l’étape 2k, la probabilité qu’elles soient à nouveau vides deux étapes plus tard est la même que P (A

2

), donc

∀k ∈ N , P

_A2k

(A

2k+2

) = P (A

2

)

(b) Les événements A

2k

et A

2k

formant un système complet d’événements, l’utilisation de la formule des probabilités totales donne

P (A

2k+2

) = P

A_2k

(A

2k+2

) × P (A

2k

) + P

_A

2k

(A

2k+2

) × P (A

2k

) soit P (A

2k+2

) = P (A

2

) × α

2k

+ P

_A

2k

(A

2k+2

) × P (A

2k

) ou encore α

2k+2

= (p

²

+ q

²

)α

2k

+ P

_A

2k

(A

2k+2

) × P (A

2k

) Par ailleurs, A

2k

= B

2k

donc P(A

2k

) = P (B

2k

) = β

2k

Et, P

_A

2k

(A

2k+2

) = P

B_2k

(A

2k+2

) = pq +qp = 2pq. (seules les « séries » P ILE −F ACE ou F ACE −P ILE permettent d’obtenir deux urnes vides deux étapes plus tard)

Finalement,

∀k ∈ N

^∗

, α

2k+2

= (p

²

+ q

²

)α

2k

+ 2pqβ

2k

(c) Comme β

2k

= 1 − α

2k

,

∀k ∈ N

^∗

, α

2k+2

= (p

²

+ q

²

)α

2k

+ 2pqβ

2k

⇔ α

2k+2

= (p

²

+ q

²

)α

2k

+ 2pq(1 − α

2k

)

⇔ α

2k+2

= (p

²

+ q

²

− 2pq)α

2k

+ 2pq

⇔ α

2k+2

= (p − q)

²

α

2k

+ 2pq

Pour k = 0 : (p − q)

²

α

0

+ 2pq = (p − q)

²

× 1 + 2pq = p

²

+ q

²

= α

2

, donc la relation est vérifiée pour k = 0.

(d) Soit la suite (u

n

)

n∈N

de terme général u

_n

= α

2n

.

La relation démontrée à la question précédente s’écrit alors u

n+1

= (p − q)

²

u

n

+ 2pq

La suite est arithmético-géométrique. La méthode consiste à déterminer l’hypothétique limite en résolvant l’équation

x = (p − q)

²

x + 2pq ⇔ x(1 − (2p − 1)

²

) = 2p(1 − p) ⇔ 4p(1 − p)x = 2p(1 − p) ⇔ x = 1 2 On pose, pour tout n ∈ N , v

_n

= u

_n

− 1

2 et on prouve que v

_n+1

= (p − q)

²

v

_n

ce qui signifie que (v

n

)

n∈N

est géométrique. On a donc, pour tout n ∈ N , v

n

= v

0

(p − q)

²ⁿ

avec v

0

= u

0

− 1

2 = 1 − 1 2 = 1

2 .

On obtient, pour tout n, α

2n

= u

n

= v

n

+ 1 2 = 1

2 (p − q)

²ⁿ

+ 1 2 . (e) β

2n

= 1 − α

2n

= 1 − 1

2 (p − q)

²ⁿ

− 1

2 et finalement,

∀k ∈ N , β

2n

= 1

2 (1 − (p − q)

²ⁿ

)

4. Pour tout n ∈ N

^∗

, V

_n

: « à l’issue de la n-ième étape, les deux urnes sont vides et c’est la première fois que cela se produit depuis la réalisation de la première étape ».

(a) On sait que, pour tout k ∈ N , γ

2k+1

= 1 donc à l’issue de l’étape 2k + 1, une urne est vide et l’autre contient une boule ; elles ne peuvent donc pas être vides toutes les deux.

∀k ∈ N , P(V

2k+1

) = 0

(b) Les deux urnes ne peuvent être vides toutes les deux qu’à la deuxième étape donc P (V

2

) = P(A

2

) = p

²

+ q

²

.

My Maths Space 3 sur ??

P

²

:doc 13 Probabilités et suites _2015-2016

(c) V

4

= C

1

∩ B

2

∩ C

3

∩ A

4

et comme C

1

et C

3

sont des événements certains, V

4

= B

2

∩ A

4

. P (V

4

) = P(B

2

∩ A

4

) = P (B

2

)P

B₂

(A

4

) et P

B₂

(A

4

) = pq + qp = 2pq (voir plus haut). Ainsi

P (V

4

) = 2pq × 2pq = 4p

²

q

²

(d) V

2k+2

= B

2

∩ B

4

∩ . . . ∩ B

2k

∩ A

2k+2

D’après la formule des probabilités composées,

P (V

2k+2

) = P(B

2

∩ B

4

∩ . . . ∩ B

2k

∩ A

2k+2

) = P (B

2

)P

_B4

(B

2

) × . . . × P

_B2∩B4∩...∩B_2k

(A

2k+2

) Toujours grâce aux indépendances des lancers,

∀j ∈ [[1, k − 1]], P

_B2∩...∩B₂j

(B

2j+2

) = p

²

+ q

²

et P

_B2∩...∩B_2k

(A

2k+2

) = 2pq On obtient donc

P (V

2k+2

) = 2pq × (p

²

+ q

²

) × . . . × (p

²

+ q

²

)

| {z }

k f acteurs

× 2pq soit,

∀k ∈ N \{0, 1} P(V

2k+2

) = 4p

²

q

²

(p

²

+ q

²

)

^k−1

• • •

My Maths Space 4 sur ??