sujet remplacement : Nouvelle Calédonie (Mars 2007)

Corrigé de l'exercice 2 : candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

Première méthode : graphe probabiliste

Pour tout entier naturel n non nul, on désigne par $P_n=\left(\begin{array}{cc}{a}_n& 1-a_n\end{array}\right)$ la matrice des probabilités associée à la n^ième semaine.

1. Décrire cette situation à l'aide d'un graphe probabiliste, et donner la matrice M de transition associée à ce graphe.

   Il s'agit de représenter à l'aide d'un graphe, l'évolution au cours du temps d'un système pouvant être dans l'état A (le joueur A gagne la partie) ou l'état B (le joueur B gagne la partie).

   • Si A gagne la partie de la semaine, la probabilité qu'il gagne alors la partie de la semaine suivante est de 0,4 donc la probabilité de rester dans l'état A est $p_{A_n}\left(A_{n+1}\right)=\mathrm{0,4}$ et la probabilté de passer de l'état A à l'état B est $p_{A_n}\left(B_{n+1}\right)=\mathrm{0,6}$.

   • Si A perd la partie, la probabilité qu'il gagne la partie de la semaine semaine suivante, est de 0,9 donc la probabilité de passer de l'état B à l'état A est $p_{B_n}\left(A_{n+1}\right)=\mathrm{0,9}$ et la probabilté de rester dans l'état B est $p_{B_n}\left(B_{n+1}\right)=\mathrm{0,1}$.

   D'où le graphe probabiliste :

   dont la matrice de transition est : $M=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,4}& \mathrm{0,6}\\ \mathrm{0,9}& \mathrm{0,1}\end{array}\right)$

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2. On donne $M^2=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,7}& \mathrm{0,3}\\ \mathrm{0,45}& \mathrm{0,55}\end{array}\right)$ et $M^3=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,55}& \mathrm{0,45}\\ \mathrm{0,675}& \mathrm{0,325}\end{array}\right)$
   Quelle est la probabilité pour que A gagne la partie de la 4^ème semaine ?

   La probabilité que A gagne la partie de la première semaine est 0,7 alors la matrice décrivant l'état probabiliste initial est : $$P_1=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,7}& 1-\mathrm{0,7}\end{array}\right)\iff P_1=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,7}& \mathrm{0,3}\end{array}\right)$$

   L'état probabiliste la n^ième semaine ( c'est à dire n −1 semaines après la 1^re semaine ) est donc $P_n=P_1\times M^{n-1}$

   L'état probabiliste la 4^ème semaine est donc $$\begin{array}{lll}{P}_4=P_1\times M^3& \iff & P_4=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,7}& \mathrm{0,3}\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,55}& \mathrm{0,45}\\ \mathrm{0,675}& \mathrm{0,325}\end{array}\right)\\ & \iff & P_4=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,7}\times \mathrm{0,55}+\mathrm{0,3}\times \mathrm{0,675}& \mathrm{0,7}\times \mathrm{0,45}+\mathrm{0,3}\times \mathrm{0,325}\end{array}\right)\\ & \iff & P_4=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,5875}& \mathrm{0,4125}\end{array}\right)\end{array}$$

   La probabilité pour que A gagne la partie de la 4^ème semaine est égale à 0,5875.

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3. Déterminer la matrice ligne $P=\left(\begin{array}{cc}x& 1-x\end{array}\right)$ telle que $P\times M=P$.

   $$\begin{array}{lll}P=P\times M& \iff & \left(\begin{array}{cc}x& 1-x\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}x& 1-x\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,4}& \mathrm{0,6}\\ \mathrm{0,9}& \mathrm{0,1}\end{array}\right)\\ & \iff & \left(\begin{array}{cc}x& 1-x\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,4}x+\mathrm{0,9}\left(1-x\right)& \mathrm{0,6}x+\mathrm{0,1}\left(1-x\right)\end{array}\right)\\ & \iff & \left(\begin{array}{cc}x& 1-x\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,9}-\mathrm{0,5}x& \mathrm{0,5}x+\mathrm{0,1}\end{array}\right)\end{array}$$

   D'où x est solution du système : $$\begin{array}{ccccc}\{\begin{array}{ccc}x& =& \mathrm{0,9}-\mathrm{0,5}x\\ 1-x& =& \mathrm{0,5}x+\mathrm{0,1}\end{array}& \iff & \{\begin{array}{ccc}\mathrm{1,5}x& =& \mathrm{0,9}\\ -\mathrm{1,5}x& =& -\mathrm{0,9}\end{array}& \iff & x=\mathrm{0,6}\end{array}$$

   L'état stable est $P=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,6}& \mathrm{0,4}\end{array}\right)$.

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4. En déduire la limite de la suite $\left(a_n\right)$ et interpréter le résultat obtenu.

   D'après le théorème du cours Considérons un graphe probabiliste d'ordre 2 dont la matrice de transition M ne comporte pas de 0. Alors :
   —  l'état $P_n$ à l'étape n converge vers un état P indépendant de l'état initial $P_0$ ;
   —  de plus, P est l'unique solution de l'équation $X=X\times M$ où $X=\left(\begin{array}{cc}x& y\end{array}\right)$ avec $x+y=1$. , indépendamment de l'état initial l'état probabiliste $P_n=\left(\begin{array}{cc}{a}_n& 1-a_n\end{array}\right)$ converge vers l'état stable $P=\left(\begin{array}{cc}\mathrm{0,6}& \mathrm{0,4}\end{array}\right)$.

   Donc $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n=\mathrm{0,6}$ . C'est à dire, qu'au bout d'un grand nombre de semaines, la probabilité que le joueur A gagne sera égale à 0,6.

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Deuxième méthode : probabilité et suites

Dans cette deuxième partie, on ne tient pas compte de résultats démontrés dans la partie précédente.

1. 1. Recopier sur votre copie l'arbre ci-dessous, et compléter l'arbre avec les 5 probabilités manquantes.

      • $p\left(A_n\right)=a_n$ donc $p\left(B_n\right)=1-p\left(A_n\right)=1-a_n$.

      • Si A gagne la partie de la semaine n, la probabilité qu'il gagne alors la partie de la semaine suivante est 0,4 donc $p_{A_n}\left(A_{n+1}\right)=\mathrm{0,4}$ et $p_{A_n}\left(B_{n+1}\right)=1-p_{A_n}\left(A_{n+1}\right)=\mathrm{0,6}$.

      • Si A perd la partie de la semaine n, la probabilité qu'il gagne la partie de la semaine semaine suivante est 0,9 donc $p_{B_n}\left(A_{n+1}\right)=\mathrm{0,9}$ et $p_{B_n}\left(B_{n+1}\right)=1-p_{B_n}\left(A_{n+1}\right)=\mathrm{0,1}$.

   2. Justifier que $a_{n+1}=\mathrm{0,9}-\mathrm{0,5}{a}_n$ pour tout entier n supérieur ou égal à 1.

      $a_{n+1}=p\left(A_{n+1}\right)$. Or $A_n$ et $B_n$ sont deux évènements contraires et forment une partition de l'ensemble des résultats alors, d'après la formule des probabilités totales : $A_1,A_2,\cdots ,A_n$  forment une partition de l'ensemble des résultats élémentaires d'une expérience aléatoire.
      Alors la probabilité d'un événement B est donnée par : $$p\left(B\right)=p\left(B\cap A_1\right)+p\left(B\cap A_2\right)+\cdots +p\left(B\cap A_n\right)$$
      Dans le cas de deux évènements quelconques, A et B, relatifs à une même épreuve :$$p\left(B\right)=p\left(B\cap A\right)+p\left(B\cap \overline{A}\right)$$ $$\begin{array}{lll}p\left(A_{n+1}\right)& =& p\left(A_{n+1}\cap A_n\right)+p\left(A_{n+1}\cap B_n\right)\\ & =& p_{A_n}\left(A_{n+1}\right)\times p\left(A_n\right)+p_{B_n}\left(A_{n+1}\right)\times p\left(B_n\right)\\ & =& \mathrm{0,4}\times a_n+\mathrm{0,9}\times \left(1-a_n\right)\\ & =& \mathrm{0,9}-\mathrm{0,5}{a}_n\end{array}$$

      Ainsi, pour tout entier n supérieur ou égal à 1, $a_{n+1}=\mathrm{0,9}-\mathrm{0,5}{a}_n$.

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2. On considère la suite $\left(u_n\right)$ définie pour tout entier n supérieur ou égal à 1 par : $u_n=a_n-\mathrm{0,6}$.

   1. Démontrer que $\left(u_n\right)$ est une suite géométrique de raison (−0,5).

      Montrons pour tout entier $n⩾1$, $u_{n+1}=-\mathrm{0,5}{u}_n$. (Voir la définition d'une suite géométrique.) Dire qu'une suite ${\left(u_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ est géométrique signifie qu'il existe un réel q, appelé raison, tel que, pour tout entier naturel n, $u_{n+1}=q\times u_n$.

      Pour tout entier $n⩾1$, $$\begin{array}{lll}{u}_{n+1}& =& a_{n+1}-\mathrm{0,6}\\ & =& \mathrm{0,9}-\mathrm{0,5}{a}_n-\mathrm{0,6}\\ & =& \mathrm{0,3}-\mathrm{0,5}{a}_n\\ & =& -\mathrm{0,5}\left(a_n-\mathrm{0,6}\right)\\ & =& \left(-\mathrm{0,5}\right)\times u_n\end{array}$$

      Pour tout entier $n⩾1$, $u_{n+1}=-\mathrm{0,5}{u}_n$ alors la suite $\left(u_n\right)$ est une suite géométrique de raison $\left(-\mathrm{0,5}\right)$.

      ---

   2. En déduire l'expression de $a_n$ en fonction de n, puis la limite de la suite $\left(a_n\right)$.

      $\left(u_n\right)$ est une suite géométrique de raison $\left(-\mathrm{0,5}\right)$ et de premier terme $$u_1=a_1-\mathrm{0,6}=\mathrm{0,7}-\mathrm{0,6}=\mathrm{0,1}$$ alors d'après la propriété des suites géométriques , Si ${\left(u_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ est une suite géométrique de raison q, de premier terme $u_0$ alors, pour tout entier n : $$u_n=u_0\times q^n$$ et, plus généralement, pour tout entier $n⩾p$ : $u_n=u_p{u}^{n-p}$ avec $p\in \mathbb{N}$. pour tout entier $n⩾1$, $u_n=u_1\times {\left(-\mathrm{0,5}\right)}^{n-1}=\mathrm{0,1}\times {\left(-\mathrm{0,5}\right)}^{n-1}$.

      Comme pour tout entier $n⩾1$, $u_n=a_n-\mathrm{0,6}$ alors $a_n=u_n+\mathrm{0,6}$.

      Soit pour tout entier $n⩾1$, $a_n=\mathrm{0,1}\times {\left(-\mathrm{0,5}\right)}^{n-1}+\mathrm{0,6}$

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      Comme $-1<-\mathrm{0,5}<1$ , la suite géométrique $\left(u_n\right)$ converge vers 0. Donc $$\begin{array}{ccc}\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=0& \iff & \underset{n\to +\infty }{\lim }\mathrm{0,1}\times {\left(-\mathrm{0,5}\right)}^{n-1}=0\end{array}$$

      D'où, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\mathrm{0,1}\times {\left(-\mathrm{0,5}\right)}^{n-1}+\mathrm{0,6}=\mathrm{0,6}$.

      La suite $\left(a_n\right)$ converge vers 0,6.

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