Soit $n\geqslant1$ un entier. On dispose de $n+1$ urnes $U_0,U_1,\dots,U_n$ ; pour $k\in\{0,\dots,n\}$, l'urne $U_k$ contient $k$ boules blanches et $n-k$ boules noires. On choisit une urne au hasard (chaque urne avec la même probabilité), puis on effectue dans cette urne deux tirages successifs avec remise.
On note encore $U_k$ l'événement « l'urne $U_k$ est choisie », et $B_1$ (resp. $B_2$) l'événement « la première (resp. la seconde) boule tirée est blanche ». On admet que, pour tout $k$, $P_{U_k}(B_1\cap B_2)=P_{U_k}(B_1)\,P_{U_k}(B_2)$.
On rappelle que $\sum_{k=0}^nk=\frac{n(n+1)}{2}$ et $\sum_{k=0}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
- Calculer $P(B_1)$ et $P(B_2)$.
- Calculer $P(B_1\cap B_2)$.
- En déduire $P_{B_1}(B_2)$ et sa limite quand $n\to+\infty$.
- Les événements $B_1$ et $B_2$ sont-ils indépendants ? Commenter.
- La première boule tirée est blanche. Calculer, pour tout $k$, la probabilité que l'urne choisie soit $U_k$. Quelle est l'urne la plus probable ?
- Les deux boules tirées sont blanches. Calculer la probabilité que l'urne choisie soit $U_n$, et en donner un équivalent quand $n\to+\infty$.
Le système complet à utiliser est $(U_0,\dots,U_n)$. Que vaut $P_{U_k}(B_1)$ ?
Les tirages se font avec remise : la composition de l'urne est la même au second tirage.
Pour la question 4, écrire $\frac{2n+1}{6n}=\frac13+\frac{1}{6n}$.
Pour la question 5, appliquer la formule de Bayes avec le résultat de la question 1.
$(U_0,\dots,U_n)$ est un système complet d'événements (une et une seule urne est choisie), avec $P(U_k)=\frac{1}{n+1}>0$. Sachant $U_k$, on tire au hasard dans une urne de $n$ boules dont $k$ blanches, et la remise conserve la composition : $P_{U_k}(B_1)=P_{U_k}(B_2)=\frac{k}{n}$.
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D'après la formule des probabilités totales : $$P(B_1)=\sum_{k=0}^nP(U_k)P_{U_k}(B_1)=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n\frac kn=\frac{1}{n(n+1)}\times\frac{n(n+1)}{2}=\frac12.$$ Le même calcul donne $P(B_2)=\frac12$.
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Par hypothèse, $P_{U_k}(B_1\cap B_2)=\frac{k^2}{n^2}$. Formule des probabilités totales : $$P(B_1\cap B_2)=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n\frac{k^2}{n^2}=\frac{1}{n^2(n+1)}\times\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{2n+1}{6n}.$$
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Comme $P(B_1)=\frac12>0$ : $$P_{B_1}(B_2)=\frac{P(B_1\cap B_2)}{P(B_1)}=\frac{2n+1}{3n}\xrightarrow[n\to+\infty]{}\frac23.$$
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$P(B_1\cap B_2)=\frac{2n+1}{6n}=\frac13+\frac{1}{6n}>\frac13>\frac14=P(B_1)P(B_2)$. Les événements $B_1$ et $B_2$ ne sont donc pas indépendants.
Commentaire : sachant l'urne, les deux tirages sont indépendants ; mais l'urne est inconnue. Obtenir une blanche au premier tirage rend plus probables les urnes riches en blanches, donc augmente la probabilité d'une blanche au second tirage ($P_{B_1}(B_2)>\frac12$).
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Comme $P(B_1)>0$, la formule de Bayes donne, pour $k\in\{0,\dots,n\}$ : $$P_{B_1}(U_k)=\frac{P(U_k)P_{U_k}(B_1)}{P(B_1)}=\frac{\frac{1}{n+1}\times\frac kn}{\frac12}=\frac{2k}{n(n+1)}.$$ Cette quantité est strictement croissante en $k$ : l'urne la plus probable est $U_n$, avec $P_{B_1}(U_n)=\frac{2}{n+1}$. On remarque que $P_{B_1}(U_0)=0$, ce qui est cohérent : $U_0$ ne contient aucune blanche.
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$P_{U_n}(B_1\cap B_2)=1$ car $U_n$ ne contient que des blanches. Comme $P(B_1\cap B_2)>0$, la formule de Bayes donne $$P_{B_1\cap B_2}(U_n)=\frac{P(U_n)P_{U_n}(B_1\cap B_2)}{P(B_1\cap B_2)}=\frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{2n+1}{6n}}=\frac{6n}{(n+1)(2n+1)}.$$ Quand $n\to+\infty$, $(n+1)(2n+1)\sim2n^2$, donc $P_{B_1\cap B_2}(U_n)\sim\frac{3}{n}$. Pour $n=1$, on trouve $1$, ce qui est attendu (deux blanches imposent l'urne $U_1$).
$P(B_1)=P(B_2)=\frac12$ ; $P(B_1\cap B_2)=\frac{2n+1}{6n}$ ; $P_{B_1}(B_2)=\frac{2n+1}{3n}\to\frac23$ ; non indépendants ; $P_{B_1}(U_k)=\frac{2k}{n(n+1)}$ ; $P_{B_1\cap B_2}(U_n)=\frac{6n}{(n+1)(2n+1)}\sim\frac3n$