Université Paris Dauphine Année universitaire 2016-2017
Deuxième année du DE MI2E TD de MR. BEY
Probabilités multidimensionnelles et théorèmes limite Groupes 2 & 3
TD 3 : 01/02/2017
Correction suite Exos Rappels
Solution Exercice 7 (L'expérience de l'urne de Pólya)
On considère une urne contenant au départ a boules blanches et b boules rouges. On tire une boule de l'urne et on la remet avec une autre boule de la même couleur ; on a donc maintenant a+b+ 1 boules. On recommence un certain nombre de fois l'opération qui consiste à tirer une boule de l'urne et à la remettre avec une autre boule de la même couleur. On cherche à déterminer l'évolution de la proportion de boules blanches dans l'urne. On note Xn le nombre de boules blanches dans l'urne au bout den tirages. On a donc X0 =a.
1
a) Commençons par le cas a=b = 1 :
On note Xn le nombre de boules blanches dans l'urne au bout de n tirages.
On a immédiatement la loi de X1 : P(X1 = 1) =P(X1 = 2) = 12. À l'aide d'un arbre, on peut trouver les lois de X2 etX3
On voit donc que X2 et X3 suivent des lois uniformes respectivement sur {1,2,3} et {1,2,3,4}. On peut donc conjecturer puis démontrer par récurrence que Xn suit une loi uniforme {1,2, .., n+ 1}.
Si on suppose que ∀ k∈ {1,2, .., n+ 1}
P(Xn =k) = 1 n+ 1,
par la formule des probabilités totales avec le système complet d'événements P(Xn =k), k ∈ {1, .., n+ 1}. On a : ∀ k ∈ {1,2, .., n+ 2}
P(Xn+1 =k) =
n+1
X
i=1
P ((Xn+1 =k)\(Xn=i)).P(Xn =i).
Dans cette somme, seuls deux termes ne sont pas nuls, d'où : P(Xn+1 =k) = 1
n+ 1[P ((Xn+1 =k)\(Xn =k)) +P((Xn+1 =k)\(Xn=k−1))]. on tire une rouge
| {z }
on tire une blanche
| {z }
= 1 n+ 1
n+ 1−k
n+ 2 + k n+ 2
= 1 n+ 2. b) Généralisation :
On suppose maintenant que l'on a au départ a boules blanches et b boules rouges. On peut la trouver par un raisonnement direct de dénombrement.
Xn peut prendre les valeurs {a, a+ 1, ..., a+n} .
En notant Bk = tirer une blanche au kième tirage et Rk = tirer une rouge au kième tirage . Ona a
P(B1∩....∩Bk∩Rk+1∩....∩Rn) = a
a+b... a+k−1 a+b+k−1
b
a+b+k...b+n−k−1 a+b+n−1 Si l'ordre d'apparition des couleurs c nge, le numérateur et le dénominateur sont globa- lement invariants donc toujours les mêmes . Il y a
n k
façons de faire les ntirages en tenant compte de l'ordre des couleurs, tous de même probabilité donc pour16k 6n−1:
P(Xn =a+k) = n
k
a..(a+k−1)b...(b+n−k−1) (a+b)..(a+b+n−1) Ce qui donne nalement pour 06k6n :
P(Xn =a+k) = a a+b
a+b a
a+b
n k
a+b+n−1
a+k
.
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en remarquant que cette formule est vraie pour les cas extrêmes k = 0 (que des rouges) et k=n (que des blanches).
On peut démontrer que P(Bn+1) = a+ba (à partir de la loi de Xn , mais c'est un peu technique).
Solution Exercice 13
Énoncé : Soit X une variables aléatoire à valeurs dans un ensemble au plus dénom- brable E. On suppose que E est un ensemble ni : E = {e1, ..., eg} et pour tout entier k,1 6 k 6 N, on note pk = P(X = ek) > 0. Soit U une variable aléatoire de loi uniforme sur [0,1] et Y la variable aléatoire à valeurs dans E dénie par Y = ek dès que U ∈
#k−1 X
l=0
pl,
k
X
l=0
pl
#
avec la convention p0 = 0. Montrer que X et Y ont même loi.
Rappel : SoitU une variable aléatoire de loi uniforme sur[a, b]. La fonction de répartition est donnée par FU(t) = t−ab−a ∀t∈[a, b]. Donc sur[0,1],FU(t) = P(U 6t) = t.
P(a6U 6b) = FU(b)−FU(a).=b−a
P(Y =ek) = P U ∈
#k−1 X
l=0
pl,
k
X
l=0
pl
#!
=
k
X
l=0
pl−
k−1
X
l=0
pl=pk=P(X =ek).
Nous avons P(Y =ek) = P(X =ek), donc X et Y ont la même loi.
Solution Exercice 6 à suivre...
3
