Urnes, boules et suites
Bonsoir,
Mes problèmes chroniques à résoudre des exercices utilisant du dénombrement :-(
Je bloque déjà à la question 1.
J'écris $X_0(\Omega)=\{0,1,2\}$.
$P(X_0=0)=p_0$ puis $P(X_0=1)=q_0$ et $P(X_0=2)=r_0$
Je ne vois pas comment trouver la probabilité d'avoir 0 boules noires, 1 boule noire dans l'urne A.
Mes problèmes chroniques à résoudre des exercices utilisant du dénombrement :-(
Je bloque déjà à la question 1.
J'écris $X_0(\Omega)=\{0,1,2\}$.
$P(X_0=0)=p_0$ puis $P(X_0=1)=q_0$ et $P(X_0=2)=r_0$
Je ne vois pas comment trouver la probabilité d'avoir 0 boules noires, 1 boule noire dans l'urne A.
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Réponses
On place deux boules prises au hasard parmi les 4 dans l'urne A. Quelle est la probabilité qu'il y en ait 0 noires ? 1 noire ? 2 noires ?
Tu n'as pas "des problèmes chroniques à résoudre des exercices utilisant du dénombrement", seulement un refus de chercher toi-même. C'est morbide !
Il y a $\binom{4}{2}=6$ façon de placer les boules dans l'urne A.
Pour obtenir 0 noires, on doit avoir 2 rouges ce qui est possible que dans un seul cas donc $\boxed{P(X_0=0)=\dfrac{1}{6}}$
Pour obtenir 2 noire, on a soit un seul cas possible donc $\boxed{P(X_0=2)=\dfrac{1}{6}}$
Et enfin $P(X_0=1)=1-P(X_0=0)-P(X_0=1)$ donc $\boxed{P(X_0 =1)=\dfrac{2}{3}}$
Question 2 :
$ \{ (X_n=0) , (X_n=1), (X_n=2) \}$ forment un système complet d'évènement. D'après la formule des probabilités totales :
$p_{n+1} = p_n P(X_{n+1}=0 | X_n =0) + q_n P(X_{n+1}=0 | X_n =1)+ r_n P(X_{n+1}=0 | X_n =2)$
J'ai du mal à déterminer toutes les probabilités conditionnelles...
Or : $P(X_{n+1}=0 | X_n =0)=0$ et $P(X_{n+1}=0 | X_n =2)=0$
Calculons : $P(X_{n+1}=0 | X_n =1)$. On doit choisir une boule noire dans l'urne A et une boule rouge dans l'urne B.
Je bloque ici. Comment on sait la probabilité de choisir une noire dans l'urne A ?
Pour la suite de l'exercice, il y a un truc pas très clair dans l'énoncé.
On dit qu'on prend une boule dans chaque boite, et qu'on la replace dans l'autre boite.
Ce n'est pas 100% clair.
Option 1 : on prend une boule dans la boite A, on la place dans la boite B, puis on prend une boule dans la boite B, et on la place dans la boite A
Option 2 : on prend une boule dans la boite B, on la place dans la boite A, puis on prend une boule dans la boite A, et on la place dans la boite B
Option 3 : on prend une boule dans chaque boite, on fait bien attention de ne pas les confondre, et on replace chaque boule dans l'autre boite.
Les calculs ne seront pas les mêmes selon qu'on comprend l'une ou l'autre option.
A priori, la bonne option est la 3.
Oui je me suis posé cette question je ne trouvais pas l'énoncé très clair.
Du coup je crois avoir trouvé $P(X_{n+1}=0 | X_n =1)$
Après $n$ essais, on a $1$ boule noire et $1$ boule rouge dans l'urne $A$. On a la même configuration dans l'urne $B$.
Donc $P(X_{n+1}=0 | X_n =1)= \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$
Ce qui donne $\boxed{p_{n+1}= \dfrac{1}{4} q_n}$
Je trouve ensuite $q_{n+1}= p_n + q_n P(X_{n+1}=1 | X_n =1)+r_n$
Je dois déterminer $P(X_{n+1}=1 | X_n =1)$. On a N-R dans l'urne A et N-R dans l'urne B.
On doit donc choisir R dans l'urne A et R dans l'urne B ou N dans l'urne A et N dans l'urne B ce qui fait $P(X_{n+1}=1 | X_n =1)= \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{2}$
Enfin $\boxed{q_{n+1}= p_n + \dfrac{1}{2} q_n +r_n}$
Et la matrice $M= \begin{pmatrix} 0 & 1/4 & 0 \\ 1 & 1/2 & 1 \\ 0 & 1/4 & 0 \end{pmatrix} $
Pas de difficulté pour la suite, que des calculs.
Je trouve $P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 4 & 0 & -2 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} $
On trouve ensuite $p_n=a+c(-\dfrac{1}{2})^n$ puis $q_n=4a-2c(-\dfrac{1}{2})^n$ et $r_n=a+c(-\dfrac{1}{2})^n$.
Et donc $p_n \longrightarrow a$ , $q_n \longrightarrow 4 a$ et $r_n \longrightarrow a$
Mais $p_n+q_n+r_n=1$ donc $6a=1$ et donc $p_n \longrightarrow \dfrac{1}{6} = p_0$ , $q_n \longrightarrow \dfrac{4}{6} = q_0$ et $r_n \longrightarrow \dfrac{1}{6} = r_0$
Lorsque $n$ est très grand, la loi de $X_n$ tend vers la loi obtenue pour $n=0$ lorsqu'on met les boules au hasard.