Baccalauréat S Amérique du Nord 1er juin 2016

Correction de l'exercice de Spécialité 5 points


Candidats AYANT SUIVI l'enseignement de spécialité mathématiques


On dispose de deux urnes U et V contenant chacune deux boules. Au départ, l'urne U contient deux boules blanches et l'urne V contient deux boules noires. On effectue des tirages successifs dans ces urnes de la façon suivante : chaque tirage consiste à prendre au hasard, de manière simultanée, une boule dans chaque urne et à la mettre dans l'autre urne. Pour tout entier naturel \(n\) non nul, on note \(X_n\) la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches que contient l'urne U à la fin du \(n\)-ième tirage.

    1. Traduire par une phrase la probabilité \(P_{(X_n=1)} \left(X_{n+1} = 1\right)\) puis déterminer les probabilités conditionnelles suivantes : \[P_{(X_n=0)} \left(X_{n+1} = 1\right) , P_{(X_n=1)} \left(X_{n+1} = 1\right)\:\: \text{et}\:\: P_{(X_n=2)} \left(X_{n+1} = 1\right).\]
    2. \(P_{\left\{X_n=0\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)\) correspond à la probabilité que l’urne \(U\) contiennent une boule blanche au \(n+1\)-ième tirage sachant qu’elle n’en contenait pas au \(n\)-ième tirage.
      S’il n’y a pas de boule blanche au \(n\)-ième tirage dans l’urne \(U\) alors on est certain d’en avoir une au tirage suivant (à chaque tirage les deux urnes contiennent exactement deux boules)
      Donc \(P_{\left\{X_n=0\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)=1\).
      De la même manière si l’urne \(U\) contient deux boules blanches au \(n\)-ième tirage alors elle contiendra exactement une boule blanche au tirage suivant.
      Ainsi \(P_{\left\{X_n=2\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)=1\).
      Si l’urne \(U\) contient une boule blanche au \(n\)-ième tirage alors quatre possibilités équiprobables se présentent :
      – on tire la boule blanche de \(U\) et la boule noire de \(V\) : \(\left(X_{n+1}=0\right)\)
      – on tire la boule blanche de \(U\) et la boule blanche de \(V\) : \(\left(X_{n+1}=1\right)\)
      – on tire la boule noire de \(U\) et la boule blanche de \(V\) : \(\left(X_{n+1}=2\right)\)
      – on tire la boule noire de \(U\) et la boule noire de \(V\) : \(\left(X_{n+1}=1\right)\)
      Ainsi \(P_{\left\{X_n=1\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\).
      \(\quad\)
    3. Exprimer \(P\left(X_{n+1} = 1\right)\) en fonction de \(P\left(X_n = 0\right),\: P\left(X_n = 1\right)\) et \(P\left(X_n = 2\right)\).
    4. D’après la formule des probabilités totales on a :
      \(\begin{align*} P\left(X_{n+1}=1\right) & = P\left(\left\{X_{n+1}=1\right\}\cap \left\{X_n=0\right\}\right)+P\left(\left\{X_{n+1}=1\right\}\cap \left\{X_n=1\right\}\right)+P\left(\left\{X_{n+1}=1\right\}\cap \left\{X_n=2\right\}\right) \\
      &= P\left(X_n=0\right) \times P_{\left\{X_n=0\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)\\
      &\phantom{= }+P\left(X_n=1\right) \times P_{\left\{X_n=1\right\}}\left(X_{n+1}=1\right) \\
      &\phantom{= }+P\left(X_n=2\right) \times P_{\left\{X_n=2\right\}}\left(X_{n+1}=1\right) \\
      &=P\left(X_n=0\right)+\dfrac{1}{2}P\left(X_n=1\right) +P\left(X_n=2\right)\end{align*}\)
  1. Pour tout entier naturel \(n\) non nul, on note \(R_n\) la matrice ligne définie par : \[R_n = \begin{pmatrix}P\left(X_n = 0\right)& P\left(X_n = 1\right)& P\left(X_n = 2\right)\end{pmatrix}\]et on considère \(M\) la matrice \(\begin{pmatrix}0&1&0\\\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{4}\\0&1&0\end{pmatrix}\). On note \(R_0\) la matrice ligne \(\begin{pmatrix}0 &0 &1\end{pmatrix}\). On admettra par la suite que, pour tout entier naturel \(n,\: R_{n+1} = R_n \times M\). Déterminer \(R_1\) et justifier que, pour tout entier naturel \(n,\: R_n = R_0 \times M^n\).
  2. \(R_1=R_0\times M = \begin{pmatrix}0&1&0\end{pmatrix}\)
    \(\quad\)
    Montrons par récurrence que \(R_n=R_0\times M^n\).
    Initialisation : Si \(n=0\) alors \(R_0 \times M^0=R_0 \times I_3 = R_0\) où \(I_3\) est la matrice identité d’ordre \(3\).
    La propriété est donc vraie au rang \(0\).
    \(\quad\)
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang \(n\) : \(R_n=R_0\times M^n\).
    Alors \(R_{n+1}=R_n \times M = R_0\times M^n \times M = R_0\times M^{n+1}\).
    La propriété est donc vraie au rang \(n+1\).
    \(\quad\)
    Conclusion : La propriété est vraie au rang \(0\) et est héréditaire.
    Donc pour tout entier naturel \(n\) on a \(R_n=R_0\times M^n\).
    \(\quad\)
  3. On admet que \(M = P \times D \times P^{- 1}\) avec : \[P = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix}2&3&1\\- 1&0&1\\2&- 3&1\end{pmatrix}, \: \: D = \begin{pmatrix}- \dfrac{1}{2}&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}\:\:\text{et}\:\: P^{-1} = \begin{pmatrix}1&-2&1\\1&0&- 1\\1&4&1\end{pmatrix}.\]Établir que, pour tout entier naturel \(n,\: M^n = P \times D^n \times P^{-1}\).
    On admettra que, pour tout entier naturel \(n,\: D^n = \begin{pmatrix} \left(- \dfrac{1}{2} \right)^n&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}\).
    1. Calculer \(D^n \times P^{-1}\) en fonction de \(n\).
    2. On montre par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\) on a \(M^n=P\times D^n\times P^{-1}\).
      Initialisation : Si \(n=0\) alors \(P\times D^0\times P^{-1}= P\times P^{-1}=I_3\)
      Et \(M^0=I_3\)
      La propriété est donc vraie au rang \(0\).
      \(\quad\)
      Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang \(n\) : \(M^n=P\times D^n\times P^{-1}\)
      \(M_{n+1}=M\times M^n =P\times D\times P^{-1} \times P\times D_n\times P^{-1} = P\times D^{n+1}\times P^{-1}\)
      La propriété est donc vraie au rang \(n+1\).
      \(\quad\)
      Conclusion : La propriété est vraie au rang \(0\) et est héréditaire.
      Donc pour tout entier naturel \(n\) on a \(M^n=P\times D^n\times P^{-1}\).
      \(\quad\)
    3. Sachant que \(R_0P = \begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}&- \dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{6} \end{pmatrix}\), déterminer les coefficients de \(R_n\) en fonction de \(n\).
  4. \(D^n\times P^{-1}=\begin{pmatrix} \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n&-2\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n&\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\\
    0&0&0 \\
    1&4&1\end{pmatrix}\)
    \(\quad\)
    b. On a donc \(R_n=R_0P\times D^n\times P^{-1}\)
    D’où \(R_n=\begin{pmatrix}\dfrac{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}{3}+\dfrac{1}{6}&-\dfrac{2\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}{3}+\dfrac{2}{3}&\dfrac{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}{3}+\dfrac{1}{6}\end{pmatrix}\).
    \(\quad\)
  5. Déterminer \(\displaystyle\lim_{n \to + \infty} P\left(X_n = 0\right),\: \displaystyle\lim_{n \to + \infty} P\left(X_n = 1\right)\) et \(\displaystyle\lim_{n \to + \infty} P\left(X_n = 2\right)\). Interpréter ces résultats.
  6. Puisque \(-1<-\dfrac{1}{2}<1\) alors \(\lim\limits_{n\to +\infty} \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n = 0\).
    Ainsi :
    \(\lim\limits_{n \to +\infty} P\left(X_n=0\right) = \dfrac{1}{6}\)
    \(\lim\limits_{n \to +\infty} P\left(X_n=1\right) = \dfrac{2}{3}\)
    \(\lim\limits_{n \to +\infty} P\left(X_n=2\right) = \dfrac{1}{6}\)
    Or pour \(n \in\mathbb N\) \(R_n\) est la matrice ligne définie par : \(R_n =\begin{pmatrix} P (X_n = 0) &P (X_n = 1)& P (X_n = 2) \end{pmatrix}\)
    Cela signifie donc qu'après un très grand nombre de tirages, la probabilité d'avoir une boule blanche dans l'urne U est de \(\dfrac{2}{3}\), d'en avoir aucune \(\dfrac{1}{6}\) et d'en avoir deux de \(\dfrac{1}{6}\).

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