série de tirages aléatoires

[Jon83]

Bonjour à tous!
J'essaye de traiter ce sujet, mais sans grand succès:
Une urne contient initialement une boule blanche et une boule noire. On effectue une série de
tirages aléatoires d’une boule jusqu’à obtenir une boule noire. A chaque tirage amenant une
boule blanche, on replace la boule blanche tirée, puis on multiplie par 2 le nombre de boules
blanches présentes dans l’urne après la remise de la boule, puis on procède au tirage suivant.
Soit X la variable aléatoire égale au rang du tirage amenant une boule noire (si on obtient la
boule noire), et qui vaut 0 si on n’obtient jamais de boule noire.
L’objectif de l’exercice est d’évaluer la probabilité de ne jamais obtenir de boule noire, et de
déterminer en particulier si cette probabilité est nulle.
1) Pour tout entier naturel n non nul, on note B_n l’événement : « les n premiers tirages ont
eu lieu et n’ont donné que des boules blanches », et on note u_n = P(B_n ).
a) Montrer que pour tout entier naturel n non nul : u_n=Produit de k=0 à n-1 [2^k/(1+2^k]

Puis je modéliser de la façon suivante l'événement B_n=(B_1) et (B_2 sachant B_1) et .....et (B_n sachant B_(n-1)) ?

[Job]

Bonjour

Oui c'est correct. Pour justifier : $P_{B_{n-1}}(B_n)=\frac{P(B_n\cap B_{n-1})}{P(B_{n-1})}=\frac{P(B_n)}{P(B_{n-1})}$ car $B_n\subset B_{n-1}$
Donc $P(B_n)=P(B_{n-1})\times P_{B_{n-1}}(B_n)$ et par récurrence, on obtient ce que tu as écrit.

[Jon83]

Merci pour ta réponse....
Donc, en passant aux probabilités, on obtient bien l’expression u_n=Produit de k=0 à n-1 [2^k/(1+2^k].
2b) Etudier les variations de la suite (u_n) , puis démontrer que (u_n) converge vers un réel l .
On a u_n>0 et u_n-u_(n-1)<0 : la suite et décroissante et minorée par 0 , elle est donc convergente OK?

[Job]

OK

Pour la décroissance, on pouvait également voir que $\frac{u_n}{u_{n-1}}=\frac{2^{n-1}}{1+2^{n-1}}<1$

[Jon83]

Merci!
c) Démontrer que pour tout réel x > 0 on a : 0 <= ln (1+ x) <= x
puis démontrer que la suite ( -ln (u_n )) est convergente.

Pour démontrer l'inégalité, pas de pb....
Ensuite, pour ln(u_n) on applique la propriété de la fonction ln : ln(a*b*c*...)=lna +lnb+lnc+...
ce qui donne ln(u_n)=somme k=0 à n-1 {ln[2^k/(1+2^k)]} mais ensuite je sèche...

[Job]

$-\ln (u_n)=\sum_{k=0}^{n-1} -\ln (\frac{2^k}{1+2^k})=\sum_{k=0}^{n-1} \ln (\frac{1+2^k}{2^k})=\sum_{k=0}^{n-1}\ln (1+\frac{1}{2k})\leq \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^k}$
La suite $(-\ln (u_n))$ est une suite positive (puisque $u_n<1$) croissante majorée par $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2^k}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$ donc elle converge.

[Jon83]

OK, merci!
d) Démontrer que pour tout entier naturel n non nul : Somme k=1 à n{P(X=k}=1-P(B_n)
Répondre alors au problème posé.

[Job]

Pour $k\geq 2,\ (X=k)=\overline{B_k}\cap B_{k-1}$ donc
$P(X=k)=P_{B_{k-1}}(\overline{B_k})\times P(B_{k-1})=(1-P_{B_{k-1}}(B_k))\times P(B_{k-1})=P(B_{k-1})-P_{B_{k-1}}(B_k)\times P(B_{k-1})=P(B_{k-1})-P(B_k)$

$\sum_{k=1}^n P(X=k)=P(X=1) +\sum_{k=2}^n P(X_k)=\frac{1}{2} +\sum_{k=2}^n P(B_{k-1})-\sum_{k=2}^n P(B_k)$
$=\frac{1}{2} +P(B_1)-P(B_n)=\frac{1}{2} +\frac{1}{2} -P(B_n)=1-P(B_n)$