Baccalauréat S Amérique du Nord 1er juin 2016 - Correction Spécialité

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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. 1. Traduire par une phrase la probabilité $P_{(X_n=1)} \left(X_{n+1} = 1\right)$ puis déterminer les probabilités conditionnelles suivantes : \[P_{(X_n=0)} \left(X_{n+1} = 1\right) , P_{(X_n=1)} \left(X_{n+1} = 1\right)\:\: \text{et}\:\: P_{(X_n=2)} \left(X_{n+1} = 1\right).\]
   $P_{\left\{X_n=0\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)$ 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 $P_{\left\{X_n=1\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$.
   $\quad$
   
   2. Exprimer $P\left(X_{n+1} = 1\right)$ en fonction de $P\left(X_n = 0\right),\: P\left(X_n = 1\right)$ et $P\left(X_n = 2\right)$.
   D’après la formule des probabilités totales on a :
   $\begin{align*} P\left(X_{n+1}=1\right) & = P\left(\left\{X_{n+1}=1\right\}\cap \left\{X_n=0\right\}\right)+P\left(\left\{X_{n+1}=1\right\}\cap \left\{X_n=1\right\}\right)+P\left(\left\{X_{n+1}=1\right\}\cap \left\{X_n=2\right\}\right) \\
   &= P\left(X_n=0\right) \times P_{\left\{X_n=0\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)\\
   &\phantom{= }+P\left(X_n=1\right) \times P_{\left\{X_n=1\right\}}\left(X_{n+1}=1\right) \\
   &\phantom{= }+P\left(X_n=2\right) \times P_{\left\{X_n=2\right\}}\left(X_{n+1}=1\right) \\
   &=P\left(X_n=0\right)+\dfrac{1}{2}P\left(X_n=1\right) +P\left(X_n=2\right)\end{align*}$
2. 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 $n,\: R_n = R_0 \times M^n$.
$R_1=R_0\times M = \begin{pmatrix}0&1&0\end{pmatrix}$
$\quad$
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 $n,\: D^n = \begin{pmatrix} \left(- \dfrac{1}{2} \right)^n&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$.
4. 1. Calculer $D^n \times P^{-1}$ en fonction de $n$.
   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 $M^n=P\times D^n\times P^{-1}$.
   $\quad$
   2. 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 $n$.
$D^n\times P^{-1}=\begin{pmatrix} \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n&-2\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n&\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\\
0&0&0 \\
1&4&1\end{pmatrix}$
$\quad$
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.
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 $\dfrac{1}{6}$.