Probabilités

• Urne U₁ = { 6 B ; 3 N } ; urne U₂ = { 3 B ; 6 N }
  • Tirage simultané = tirage sans remise => les probabilités varient.
  • Tirage de 2 boules B dans U₁ :
    { 6 B ; 3 N } → P(B)=6/9 → { 5 B ; 3 N } → P_B(B)=5/8 → { 4 B ; 3 N }
    Soit la probabilité totale P_U1(B,B) = 6/9 × 5/8 = 5/12
  • Tirage de 2 boules B dans U₂ :
    { 3 B ; 6 N } → P(B)=3/9 → { 2 B ; 6 N } → P_U2(B)=2/8 → { 1 B ; 6 N }
    Soit la probabilité totale P(B,B) = 3/9 × 2/8 = 1/12
  • On aurait pu faire un arbre complet pour chaque urne : exemple U₁ ( avec 3 lignes inutiles )

    U1 { 6 B ; 3 N }	→P(B)=6/9→	{ 5 B ; 3 N }	→PB(B)=5/8→	{ 4 B ; 3 N }	P(B,B) = 6/9 × 5/8 = 5/12
    			→PB(N)=3/8→	{ 5 B ; 2 N }	P(B,N) = 6/9 × 3/8 = 1/4
    	→P(N)=3/9→	{ 6 B ; 2 N }	→PN(B)=6/8→	{ 5 B ; 2 N }	P(N,B) = 3/9 × 6/8 = 1/4
    			→PN(N)=2/8→	{ 6 B ; 1 N }	P(N,N) = 3/9 × 2/8 = 1/12

    Mais on peut vérifier que la somme des proba. = 5/12 + 1/4 + 1/4 + 1/12 = 1
  • P_(B,B)( U₁ ) ?
    probabilité conditionnelle : P_(B,B)( U₁ ) = P( (B,B) inter U₁ ) / P(B,B)

    →P(U1)=1/2→	{ 6 B ; 3 N }	→PU1(B,B)=5/12→	{ 4 B ; 3 N }	P(U1 inter (B,B)) = 5/24
    		→PU1(...)=7/12→	{ ... }	P(U1 inter (...)) = 7/24
    →P(U2)=1/2→	{ 3 B ; 6 N }	→PU2(B,B)=1/12→	{ 1 B ; 6 N }	P(U2 inter (B,B)) = 1/24
    		→PU2(...)=11/12→	{ ... }	P(U2 inter (...)) = 11/24

    • probabilité totale : P(B,B) = P( (B,B) inter U₁ ) + P( (B,B) inter U₂ )
    • Soit : P(B,B) = P(U₁) × P_U1(B,B) + P(U₂) × P_U2(B,B)
    • P(B,B) = 1/2 × 5/12 + 1/2 × 1/12 = 5/24 + 1/24 = 6/24 = 1/4
    • probabilité conditionnelle : P_(B,B)( U₁ ) = ( 1/2 × 5/12 ) / (1/4) = 5/6
• Urne U₁ = { 2 B ; 2 N } ; urne U₂ = { 1 B ; 3 N }
  • 2 premiers tirages :

    U1	→p1=PU1(B)=1/2→	→ tir. U1	→PU1(B)=1/2→	P(B,B) = 1/4
    			→PU1(N)=1/2→	P(B,N) = 1/4
    	→PU1(N)=1/2→	→ tir. U2	→PU2(B)=1/4→	P(N,B) = 1/8
    			→PU2(N)=3/4→	P(N,N) = 3/8

    Probabilités totales au 2ème tirage :
    • p₂ = P₂(B) = P(B,B) + P(N,B) = 1/4 + 1/8 = 3/8
    • P₂(N) = P(B,N) + P(N,N) = 1/4 + 3/8 = 5/8 = 1 − P₂(B)
  • au lieu de partir du résultat du premier tirage p₁=P₁(B), on part du n^ième tirage où l'on a P_n(B) = p_n

    Pn(B)=pn	→ tir. U1	→PU1(B)=1/2→	Pn+1(B,B)= pn × 1/2
    		→PU1(N)=1/2→	Pn+1(B,N)= pn × 1/2
    Pn(N)=1−pn	→ tir. U2	→PU2(B)=1/4→	Pn+1(N,B)= (1−pn) × 1/4
    		→PU2(N)=3/4→	Pn+1(N,N)= (1−pn) × 3/4

    Probabilité totale :
    • P_n+1(B) = P_n+1(B,B) + P_n+1(N,B) = p_n × 1/2 + (1−p_n) × 1/4 = 1/4 p_n + 1/4 = p_n+1
    • P_n+1(N) = P_n+1(B,N) + P_n+1(N,N) = p_n × 1/2 + (1−p_n) × 3/4 = −1/4 p_n + 3/4
  • calcul explicite de p_n : p_n+1 = 1/4 p_n + 1/4 C'est une suite arithmético-géométrique de raison 1/4
    • Si la limite existe, elle converge vers le point fixe : L = 1/4 L + 1/4
      => 3/4 L = 1/4 => L = 1/3

      pn+1	=	1/4 pn	+	1/4
      L	=	1/4 L	+	1/4	× −1
      (pn+1 − L)	=	1/4 (pn − L)	+	0
      un+1	=	1/4 un			Suite géométrique

    • u₁ = p₁ − L = 1/2 − 1/3 = 1/6
    • u_n = u₀ (1/4)ⁿ
    • u_n = u₁ (1/4)ⁿ⁻¹ = 1/6 (1/4)ⁿ⁻¹
    • p_n = u_n + L = 1/6 (1/4)ⁿ⁻¹ + 1/3
  • Limite quand n → ∞ de p_n = 1/3 = point fixe L   ( car (1/4)ⁿ⁻¹ → 0 )

retour aux menus :   cours   prépa HEC