Boules avec remise accompagnée

MrJ · February 2016

[Titre initial :Exercice de probabiltié
Voil Charte 4.9]

Bonjour,
Voici un exercice que j'ai donné à mes étudiants. Je me rends compte, à moins que quelques choses ne m'aient échappés qu'il n'est pas si simple d'en proposer une solution rigoureuse.

Enoncé
On fixe des entiers $b,r,d,n\in\mathbb{N}^\ast$. Une urne contient initialement $b$ boules blanches et $r$ boules rouges. On tire de celle-ci une boule, on note sa couleur et on la remet accompagnée de $d$ boules de la même couleur. On répète l'expérience $n$ fois. Déterminer la probabilité $p_n$ que la boule tirée lors du $n$-ème tirage soit blanche.

Solution
La réponse est sauf erreur $p_n=b/(b+r)$. Il est facile de le vérifier pour de petite valeur de l'entier $n$. Je ne trouve pas de solution rigoureuse et "élémentaire" permettant d'arriver au résultat en général. Si quelqu'un a une proposition, je suis preneur. Merci beaucoup.

jacquot · February 2016

Bonjour MrJ,

Naturellement, on intuitera que l'ajout de $d $ boules tend à faire confirmer le résultat du premier tirage.

Mais si $r $est petit vis à vis de $b $, si $d $ n'est pas bien grand et si $n$ est grand, est-ce que ça sera suffisant ?

As-tu essayé de faire une simulation ?
Amicalement. jacquot

Dom · February 2016

Bonjour,

La journée ne me facilite pas l'accès à mes capacités de calculs...(edit : qu'est-ce que je disais !)

Je trouve $p_2=\frac{b}{r+b} \frac{2b}{r+2b} + \frac{r}{r+b} \frac{b}{2r+b}$.

Edit : en effet la réponse est donnée plus bas. J'ai oublié $d$ et j'ai inventé un autre problème, pardon.

Quelqu'un peut-il confirmer ?

nmo · February 2016

Dom
Je crois que c'est plutôt : $p_2=\frac{b}{r+b} \frac{b+d}{r+b+d} + \frac{r}{r+b} \frac{b}{r+b+d}=\frac{b}{b+r}$.
La difficulté c'est de bien modéliser le problème pour mener à bien les calculs avec $n$ quelconque !

[Inutile de recopier le dernier message. AD]

Dom · February 2016

Oui.
J'essaye de reprendre mes esprits et de laisser de côté le digestif...

Je crois qu'on peut s'en sortir avec un arbre (pour la conjecture) puis avec une récurrence.

jandri · February 2016

Bonjour

C'est un problème classique (urne de Polya).
On peut le résoudre en introduisant, pour un entier $n$, le système complet des événements $E_{n,k}$: tirer $k$ boules blanches au cours des $n-1$ premiers tirages ($0\leq k\leq n-1$).
On calcule $P(B_n|E_{n,k})$, puis $P(B_{n+1}|E_{n,k})$ qui est égal à $P(B_n|E_{n,k})$ après simplifications.
On en déduit $P(B_{n+1})=P(B_n)$.

Une autre méthode consiste à définir les variables aléatoires $X_n$ par: $X_n=1$ si on tire une blanche au $n$-ième tirage, $X_n=0$ sinon.
Avec $S_n=X_1+...+X_n$ on obtient: $P(X_{n+1}=1)=\dfrac{b+dE(S_n)}{b+r+nd}$.
Avec l'expression analogue pour $P(X_n=1)$ on déduit $P(X_{n+1}=1)=P(X_n=1)$.

MrJ · February 2016

Merci beaucoup pour vos idées.

J'ai trouvé une démonstration brutale avec plein de sommes et de produits.

Je vais voir ce que tu propose jandri, ça a l'air un peu plus simple que mon calcul barbare.

MrJ · February 2016

J'ai trouvé un document avec une démonstration très simple et astucieuse. (Fin de la page 3).
lien

EDIT: Une solution possible

Pour $1\leq k\leq n$, on note $B_k$ l'évènement "on tire une boule blanche au $k$-ième tirageé". Soit $I$ une partie de $I_n=[1,n]$ dont on note $I^c$ le complémentaire dans $[1,n]$. Si l'on note
\[A_I=\left(\bigcap_{i\in I} B_i\right) \cap \left(\bigcap_{i\in I^c} \bar B_i\right),\]
alors, en notant $k$ le cardinal de $I$, on a avec la formule des probabilités composées
\[P\left(A_I\right)=\frac{b(b+d)\cdots (b+(k-1)d) r(r+d)\cdots (r+(n-1-k)d)}{(r+b)(r+b+d)\cdots (r+b+(n-1)d)}.\]
En particulier, la probabilité de $A_I$ ne dépend que du cardinal de $I$ et pas des éléments de $I$. On en déduit avec la formule des probabilités totales
\[P(B_n)=\sum_{I\subset [ 1,n-1]} P\left(A_{I\cup \{n\}}\right)=\sum_{I\subset [2,n]} P\left(A_{\{1\}\cup I}\right)= P(B_1)=\frac{b}{b+r}.\]

Boules avec remise accompagnée

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