Prépas 2007 - maths S sujet corrigé rapport - EDHEC Grande Ecole

Partie 3
1) a) Comme d’habitude, on a :
P(X = 1) = 2
1 .
b) On a toujours : : ∀k ≥ 2, (X = k) = B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k .
P(X = k) = P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩
B k ) + P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩
B k ).
D’après la règle du jeu, on est certain, comme dans la partie 1, que les k tirages ont lieu dans la
même urne (soit U, soit V) puisque tant que l’on tire des boules blanches, on reste dans la même
urne pour le tirage suivant.
Les calculs sont donc les mêmes que dans la partie 1 et ils donnent, bien sûr le même résultat, soit :
∀k ≥ 2, P(X = k) = 1 1 k−1
n − 1 n − 1 k−1
(( ) + ( ) 1 ).
2 n n n n
1 n − 1 ( n −1)
On peut réécrire ceci sous la forme : P(X = k) = ( 2
k +
k
n n
On a bien :
∀k ≥ 2, P(X = k) =
( n −1)
k −1
2n
k
k −1
+ n −1
.
Comme dans la partie 1, la formule est toujours valable pour k = 1.
c) Le calcul est, ici aussi, inutile :
).
E(X) =
2
n
.
2( n −1)
2) a) ∀i∈IN *, (Y = 2i) = B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i .
On a alors (toujours la formule des probabilités totales) :
P(Y = 2i) = P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) + P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i )
• Cherchons P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ).
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) = P(U) P U ( B 1 ) P B
( B 2 ) … P ( 2 1)
1
B
B i−
P (B
2i−2
B 2i ).
2i−1
Comme le premier tirage a lieu dans l’urne U, le 2 ème a lieu dans V, le 3 ème a lieu dans U, etc (on
change d’urne à chaque tirage tant que l’on ne tire que des boules noires).
1 n − 1 1 n − 1 1 n − 1 n − 1
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) = × × × … × × × × . Sans compter le
2 n n n n n n
1 1
facteur , nous sommes en présence d’un produit de 2i facteurs dont (i – 1) valent et (i + 1)
2 n
n − 1
valent .
n
On a donc :
1 1 i−1
n − 1 i+ 1
∀i∈IN *, P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) = ( ) ( ) 2 n n
• Cherchons P(U ∩ B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ).
Comme précédemment, on obtient :
1 ( n −1)
= × 2
2i
n
i+
1
.
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