Cours prépa. HEC Cours du 29 Mai 2011

Concours blanc Exercice 2 : urnes ( avec échange de boules )

Pour bien comprendre l'énoncé : faire une simulation des premiers tirages.
1 ) Y_k(Ω) = { 0, 1, 2 }

comme on échange les boules, il y aura toujours 2 boules dans chaque urne.
initialement : Y₀ = 2 ;
Le premier tirage ne peut qu'échanger une boule Noire de l'urne A avec une boule Blanche de l'urne B,
d'où le contenu ( N, B ) de l'urne A après le premier tirage : Y₁ = 1 ;
Les tirages suivants peuvent amener 2 boules Blanches dans l'urne A (Y = 0)...
pour décrire l'ensemble Ω, on se limitera au contenu de l'urne A
Ω = { {N, N}, {N, B}, {B, B} }

2 ) a₀ = Proba(Y₀ = 0) = 0 ; b₀ = Proba(Y₀ = 1) = 0 ; c₀ = Proba(Y₀ = 2) = 1 ;

Si l'on avait initialisé les urnes par un tirage au sort, a₀, b₀ et c₀ seraient différents de 0.
Exemple : parmi 4 boules (2 Blanches et 2 Noires), on en tire deux au hasard pour mettre dans l'urne A

boule 1 boule 2 urne A

Noire P=2/4 Noire P=1/3 ( N, N ) P=2/12 Y₀ = 2

Blanche P=2/3 ( N, B ) P=4/12 Y₀ = 1

Blanche P=2/4 Noire P=2/3 ( B, N ) P=4/12 Y₀ = 1

Blanche P=1/3 ( B, B ) P=2/12 Y₀ = 0

a₀ = Proba(Y₀ = 0) = 2/12 = 1/6 ;
b₀ = Proba(Y₀ = 1) = 8/12 = 2/3 ;
c₀ = Proba(Y₀ = 2) = 2/12 = 1/6 ;

3 ) Loi de Y₁ : De l'urne A, on ne peut que tirer une boule Noire
et de l'urne B, on ne peut que tirer une boule Blanche
→ Nous échangeons une boule Noire de A avec une boule Blanche de B
d'où le seul résultat possible : A = { N, B } et B = { N, B } : Y₁ = 1

k = 0 1 2

P(Y₁=k) = 0 1 0

3 suite ) Loi de Y₂ : Un arbre n'est pas très parlant
Il vaut mieux faire les 4 schémas possibles :

les 4 tirages suivants ont la même probabilité : 1/4

boule N de l'urne A	boule N de l'urne B
	boule B de l'urne B
boule B de l'urne A	boule N de l'urne B
	boule B de l'urne B

premiers tirages possibles ( Les boules tirées sont en jaune ) :

état Y₁ urne A { N, B } urne B { N, B }

état Y₂ urne A { N, B } urne B { N, B } Y₂ = 1
deuxièmes tirages possibles :

état Y₁ urne A { N, B } urne B { N, B }

état Y₂ urne A { B, B } urne B { N, N } Y₂ = 0
troisièmes tirages possibles :

état Y₁ urne A { N, B } urne B { N, B }

état Y₂ urne A { N, N } urne B { B, B } Y₂ = 2
quatrièmes tirages possibles :

état Y₁ urne A { N, B } urne B { N, B }

état Y₂ urne A { N, B } urne B { N, B } Y₂ = 1

d'où les 3 résultats possibles pour la loi de Y₂ : ( avec 2 possibilités d'obtenir Y₂ = 1 )

k =	0	1	2
P(Y₂=k) =	1/4	1/2	1/4

4 ) Loi de Y_k+1 sachant (Y_k = 2) = Loi Y₁ ( car Y_k = 2 : A_k = { N, N } = A₀ )

Loi de Y_k+1 sachant (Y_k = 1) = Loi Y₂ ( car Y_k = 1 : A_k = { N, B } = A₁ )

Il reste à étudier Y_k+1 sachant Y_k = 0

état Y_k = 0	urne A ( B, B )	urne B ( N, N )
état Y_k+1	urne A ( N, B )	urne B ( B, N )	Y_k+1 = 1 ( seul état Y_k+1 possible )

Soit explicitement :

P_{(Y_k=0)}(Y_k+1=0) = 0
P_{(Y_k=0)}(Y_k+1=1) = 1
P_{(Y_k=0)}(Y_k+1=2) = 0
P_{(Y_k=1)}(Y_k+1=0) = 1/4
P_{(Y_k=1)}(Y_k+1=1) = 1/2
P_{(Y_k=1)}(Y_k+1=2) = 1/4
P_{(Y_k=2)}(Y_k+1=0) = 0
P_{(Y_k=2)}(Y_k+1=1) = 1
P_{(Y_k=2)}(Y_k+1=2) = 0

Ou sous forme de tableau A : ( Probabilités Conditionnelles k → k+1 )

	Y_k=0	Y_k=1	Y_k=2
P_{Y_k}(Y_k+1=0)	0	1/4	0
P_{Y_k}(Y_k+1=1)	1	1/2	1
P_{Y_k}(Y_k+1=2)	0	1/4	0
Vérif. ∑	∑ = 1	∑ = 1	∑ = 1

5 ) Probabilités totales :

a_k+1 = a_k P_{(Y_k=0)}(Y_k+1=0) + b_k P_{(Y_k=1)}(Y_k+1=0) + c_k P_{(Y_k=2)}(Y_k+1=0)
a_k+1 = a_k (0) + b_k (1/4) + c_k (0) = (1/4) b_k
b_k+1 = a_k P_{(Y_k=0)}(Y_k+1=1) + b_k P_{(Y_k=1)}(Y_k+1=1) + c_k P_{(Y_k=2)}(Y_k+1=1)
b_k+1 = a_k (1) + b_k (1/2) + c_k (1) = a_k + (1/2) b_k + c_k
c_k+1 = a_k P_{(Y_k=0)}(Y_k+1=2) + b_k P_{(Y_k=1)}(Y_k+1=2) + c_k P_{(Y_k=2)}(Y_k+1=2)
c_k+1 = a_k (0) + b_k (1/4) + c_k (0) = (1/4) b_k

Ou sous forme de matrices A :

a_k+1	= A ×	a_k	=	0	1/4	0	×	a_k
b_k+1		b_k		1	1/2	1		b_k
c_k+1		c_k		0	1/4	0		c_k

6 ) suites (a_k)_k, (b_k)_k, (c_k)_k :

6 a ) a_k + b_k + c_k = 1 Car Y_k ne peut pas prendre d'autre valeur que 0, 1 et 2 : c'est une suite complète d'évènements.
- On peut le démontrer par récurrence :
  
  a₀ + b₀ + c₀ = 1 : Vraie pour k = 0
  Si a_k + b_k + c_k = 1 ,alors :
  a_k+1 + b_k+1 + c_k+1 = (1/4) b_k + a_k + (1/2) b_k + c_k + (1/4) b_k = a_k + b_k + c_k = 1
  a_k + b_k + c_k = 1 est donc vraie pour tout k ≥ 0
- b_k+1 = 1 − a_k+1 − c_k+1
- b_k+1 = 1 − (1/4) b_k − (1/4) b_k = 1 − (1/2) b_k

6 b ) b_k est donné par une suite arithmético-géométrique :

Soit L le point fixe : par soustraction des lignes suivantes

b_k+1	= 1	− (1/2) b_k
L	= 1	− (1/2) L

( b_k+1 − L )	=	− (1/2) ( b_k − L )

( b_k − L ) est une suite géométrique : ( b_k − L ) = (−1/2)^k ( b₀ − L )
b_k = L + (−1/2)^k ( b₀ − L )
Calcul de L :
- L = 1 − (1/2) L
- L + (1/2) L = 1
- (3/2) L = 1
- L = 2/3
b_k = (2/3) + (−1/2)^k (−2/3)
b_k = (2/3) ( 1 − (−1/2)^k )
Attention à bien garder le signe − à l'intérieur des parenthèses (−1/2)
Le signe de (−1/2)^k dépend de la parité de k

6 c ) a_k+1 = c_k+1 = (1/4) b_k = (1/6) ( 1 − (−1/2)^k )
d'où : a_k = c_k = (1/6) ( 1 − (−1/2)^k−1 ) pour k > 0
Ces formules ne sont pas valables pour k = 0 car la récurrence n'a pas encore commencé

7 ) E(Y_k) = (0) a_k + (1) b_k + (2) c_k
- E(Y_k) = (2/3) ( 1 − (−1/2)^k ) + (2/6) ( 1 − (−1/2)^k−1 )
- E(Y_k) = (2/3) ( 1 − (−1/2)^k ) + (1/3) ( 1 − (−1/2)^k−1 )
- E(Y_k) = 1 − (2/3) (−1/2)^k − (1/3) (−1/2)^k−1
- E(Y_k) = 1 − (2/3) (−1/2) (−1/2)^k−1 − (1/3) (−1/2)^k−1
- E(Y_k) = 1 − (−1/2)^k−1 [ (2/3) (−1/2) + (1/3) ]
- E(Y_k) = 1 − (−1/2)^k−1 [ −1/3 + (1/3) ]
- E(Y_k) = 1 (constante)
7 suite ) V(Y_k) = (0)² a_k + (1)² b_k + (2)² c_k − E(Y_k)²
- V(Y_k) = (2/3) ( 1 − (−1/2)^k ) + (4/6) ( 1 − (−1/2)^k−1 ) − 1
- V(Y_k) = (2/3) + (2/3) − (2/3) (−1/2)^k − (2/3) (−1/2)^k−1 − 1
- V(Y_k) = (1/3) − (2/3) (−1/2)^k−1 [ (−1/2) + 1 ]
- V(Y_k) = (1/3) − (1/3) (−1/2)^k−1
- V(Y_k) = (1/3) [ 1 − (−1/2)^k−1 ]
- limite quand k → +∞ : V(Y_k) → (1/3) car (−1/2)^k−1 → 0

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boule 1	boule 2	urne A
Noire P=2/4	Noire P=1/3	( N, N ) P=2/12 Y₀ = 2
Noire P=2/4	Blanche P=2/3	( N, B ) P=4/12 Y₀ = 1
Blanche P=2/4	Noire P=2/3	( B, N ) P=4/12 Y₀ = 1
Blanche P=2/4	Blanche P=1/3	( B, B ) P=2/12 Y₀ = 0

état Y₁	urne A { N, B }	urne B { N, B }
état Y₂	urne A { N, B }	urne B { N, B }	Y₂ = 1

k =	0	1	2
P(Y₁=k) =	0	1	0