Variables aléatoires discrètes et tirages.

ÉCS2

Variables aléatoires discrètes et tirages.

Dans cet exposé, je m’intéresse à une situation simple, mais assez générique de ce que proposent les sujets de concours.

Une urne contient une boule blanche etn−1 boules noire(s), oùn∈[[2,+∞[[.

On effectue dans cette urne des tirages successifs sans remise .

On s’intéresse au rang de sortie de la boule blanche, que l’on nommeX(le rang, pas la boule blanche !), et aussi àE(X).

1 - Pour prendre un bon départ.

å Éviter l’affreux réflexe pavlovien

« c’est un rang, donc il s’agit d’une loi géométrique ».

La suite nous apprendra queNON.

å Commencer par la première question de l’étude d’une variable aléatoire : quelles sont les valeurs que X est susceptible de prendre ?

Le nombre de tirage minimum pour obtenir la boule blanche est clairement 1, et le nombre maximal est n, puisqu’en n tirages l’urne sera vidée⁽¹⁾. Toutes les valeurs entre1 etnétant envisageables,

X(Ω) = [[1 ;n]].

å Même si l’on est convaincu qu’il n’y a aucune raison objective que la boule blanche sorte plutôt au rang 1qu’aux autres rangs, éviter le réflexe pavlovien⁽²⁾

« les valeurs possibles sont les entiers de1 àn, donc Xsuit la loi uniforme sur[[1 ;n]]».

La suite nous apprendra queSI⁽³⁾.

2 - Approche heuristique.

Commencez par les premières valeurs de X(Ω).

å P(X = 1) =P(B1)... Aïe, qu’est-ce que B1? Là, je ressens le besoin de définir des événements pouvant décrire les successions de tirages possibles.

Soit, pour i∈[[1 ;n]],Bi l’événement : « lai^ème boule tirée est blanche.»

P(X = 1) =P(B1) = 1

n puisque l’urne contientnboules dont une blanche.

å P(X = 2) =P(B₁∩B₂) =. . .

Aïe,comment transformer la probabilité d’une intersection ? Deux stratégies sont envisageables :

¬Les événements sont indépendants :P(B1∩B2) =P(B1)P(B2).

­Les événements ne sont pas indépendants,ou je ne suis pas sûr qu’ils le soient, j’utilise la formule des probabilités composées (FPC) :P(B1∩B2) =P(B1)PB₁(B2).

(1). D’où l’importance de bien lire l’énoncé : avec un tirageavec remise, l’urne ne se vide jamais et l’argument tombe à l’eau. Au fait, quelle est la loi deXsi le tirage a lieu avec remise ?

(2). Pour demain, un exposé sur les travaux d’IvanPavlov. (3). On ne peut pas perdre à chaque fois...

Ici, comme la composition de l’urne évolue au cours des tirages, je peux penser que les événements ne sont pas indépendants. Plus précisément, on peut observer par exemple queB1etB2sont incompatibles, puisque que l’urne ne contient qu’une boule blanche, ce qui rendde factoB1et B2 non indépendants (P(B1∩B2) = 06=P(B1)P(B2)).

P(X = 2) =P(B₁∩B₂)^FPC= P(B₁)PB1(B₂) =n−1 n × 1

n−1 = 1 n. å P(X = 3) =P(B1∩B2∩B3)

FPC= P(B1)PB₁(B2)PB₁∩B2(B3)(toujours pas d’indépendance !)

= n−1

n ×n−2 n−1× 1

n−2 = 1 n. å Conjecture : j’observe que P(X = k) = 1

n pour k = 1,2ou3. Ce résultat est-il général ?

å Généralisation: soit k∈[[2 ;n]].

P(X =k) =P(B1∩B2∩ · · · ∩B_k−1∩Bk)

FPC= P(B1)PB₁(B2). . .PB₁∩B2∩···∩Bk−2(B_k−1)PB₁∩B2∩···∩Bk−1(Bk)

= n−1

n ×n−2

n−1 × · · · × n−k+ 1

n−k+ 2 × 1

n−k+ 1, à cette étape, il importe de ne pas se tromper sur le décompte des boules : au premier tirage, il y anboules dans l’urne, au second, il y en an−1, et auk^ème, il y en an−(k−1) =n−k+ 1.

P(X =k) = 1 n. Conclusion :

X suit la loi uniforme sur[[1 ;n]].

3 - Approche par les dénombrements.

Supposons que les boules soient de plus numérotées de1àn, la blanche portant le numéro1. Tous les ordres de sortie sont possibles et équiprobables : il y a doncn!

cas possibles⁽⁴⁾.

Soitk∈[[1 ;n]]. Parmi lesn!façons de permuter lesnboules, il y en a(n−1)!

qui placent la boule blanche auk^ème rang : il faut et il suffit d’ordonner les(n−1) boules restantes parmi les(n−1)rangs restants.

Par équiprobabilité,P(X =k) = (n−1)!

n! = 1 n.

X suit la loi uniforme sur[[1 ;n]].

(4). Rappel :n!est le nombre de façons d’ordonner (ou de permuter)nobjets distincts.

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4 - Approche conditionnelle et récursive.

Dans l’approche heuristique, je me suis intéressé aux premières valeurs que peut prendreX. On peut aussi commencer par s’intéresser aux premières valeurs possibles de n. Pour être plus précis, je noteXn la variable valant le rang de sortie de la boule blanche lorsque l’urne contient initialementnboules.

å Pour n= 2:P(X2= 1) =P(B1) = 1

2 et P(X2= 2) =P(B1) =1 2. Conclusion : X2,→U([[1 ; 2]]).

å Raisonnons alors par récurrence. Soit n>2. Supposons queXn suit la loi uniforme sur[[1 ;n]]. Alors :

¬PB₁(Xn+1=k) =

(1 sik= 1 0 sik6= 1.

­PB1(Xn+1=k) =

(0 sik= 1 P(X_n=k−1) sik6= 1.

Pour ce dernier cas, supposonsB₁ et notonsY la variable égale au rang de sortie de la boule blanche à partir du2^ème tirage. Alors :

• X_n+1=ksignifie exactementY =k−1,

• la loi deYest celle deX_n puisque l’urne ne contient plus que nboules dont une blanche : nous sommes ramenés au cas précédent.

D’où PB1(Xn+1=k) =P(Xn=k−1).

® On conclut alors à l’aide de la formule des probabilités totales pour le système complet d’événements (B1,B1).

P(X_n+1=k)^FPT= P(B₁)PB1(X_n+1=k) +P(B₁)PB₁(X_n+1=k)

=









 1

n+ 1 ×1 + n

n+ 1 ×0 = 1

n+ 1 sik= 1 1

n+ 1×0 + n n+ 1× 1

n = 1

n+ 1 sik6= 1 Conclusion : Xn+1,→U([[1 ;n+ 1]]).

å Par récurrence sur n, voici établi que

X suit la loi uniforme sur[[1 ;n]].

5 - Approche conditionnelle pour l’espérance.

Pour déterminer l’espérance deX, on peut commencer par déterminer sa loi. Comme c’est une loi usuelle, l’espérance est connue. On peut aussi, grâce aux espérances condi- tionnelles, ne pas passer par la détermination de la loi deX. Voici comment.

Je reprends les notations du point précédent, en notant X_n la variable valant le rang de sortie de la boule blanche lorsque l’urne contient initialementnboules.

å E(X2) = 1×P(X2= 1) + 2×P(X2= 2) = 1×1

2+ 2×1 2 = 3

2.

å Soit maintenantn>3. Je peux me ramener au rangn−1en observant :

¬E(X_n|B₁) = 1, car sachantB₁, la variableX_n est constante égale à1.

­E(X_n|B1) = 1 +E(X_n−1).

En effet, supposons B₁ et notons Y la variable égale au rang de sortie de la boule blanche à partir du second tirage (Y = 1 si la boule blanche sort au second tirage, etc.). Alors :

• X_n = 1 + Y(n’oublions pas le premier tirage) ;

• E(Y) =E(Xn−1)carYest le rang d’apparition de la boule blanche pour une urne contenant initialementn−1 boules, doncYsuit la même loi que Xn−1.

D’oùE(Xn|B1) = 1 +E(Xn−1).

å Recollons les morceaux à l’aide de la formule de l’espérance totale appliquée avec le système complet(B1,B1):

E(Xn) =P(B1)E(Xn|B1) +P(B1)E(Xn|B1) = 1

n ×1 + n−1

n (1 +E(X_n−1).

Qui conduit à la relation de récurrence :E(Xn) = 1 +n−1

n E(X_n−1).

å Démêlons cette suite récurrente. J’observe quenE(Xn) =n+ (n−1)E(X_n−1), ce qui invite à poserun

déf.= nE(Xn), qui vérifie∀n>3, un =n+un−1. Ainsi : un =

n

X

k=3

k+u2=

n

X

k=3

k+ 3 =

n

X

k=1

k= n(n+ 1)

2 . E(Xn) = un

n = n+ 1 2 .

6 - Un exemple, d’après EDHEC 2011.

Soit n > 2. On dispose d’une urne contenant 2n boules numérotées de 1 à n, chaque boule apparaissant deux fois. On effectue une succession de tirages simultanés de deux boules suivant le protocole :

• si les deux boules portent le même numéro, on ne les remet pas dans l’urne et on dit qu’une paire est reconstituées ;

• sinon, on remet les deux boules dans l’urne avant d’effectuer le tirage suivant.

Pour tout ide[[1 ;n]]et toutkde N^∗, on poseTi =ksik tirages exactement ont été nécessaires pour reconstitueripaires.

1. Montrer queT1suit la loi géométrique de paramètre 1/(2n−1).

2. Pouri∈[[1 ;n]]et k∈N^∗, justifier queE(Ti|T_i−1=k) =k+ 2n−2i+ 1.

3. En déduire queE(Ti) = 2ni−i².

4. On noteSnle nombre de paires reconstituées au cours desnpremiers tirages. Calculer P(Sn= 0)puis lim

n→+∞P(Sn = 0).

5. Montrer queP(S_n=n) = n!2ⁿ (2n)!.

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