Polynesie 2025 Jour 2 Exercice 1

\begin{center} \Large\textbf{Corrigé -- Polynésie 2025 Jour 2 -- Exercice 1} \end{center} \vspace{0.5cm} \textbf{Thème :} Probabilités -- Chaîne de Markov, probabilités conditionnelles, formule des probabilités totales, récurrence, Python. \vspace{0.5cm} \section*{Partie A} \subsection*{Question 1.a. Arbre de probabilité} La première machine reçoit $1$, donc $p_1 = P(V_1) = 1$. À chaque transmission : transmission fidèle avec probabilité $0{,}9$, contraire avec probabilité $0{,}1$. Arbre sur 3 étapes : \[ \begin{array}{ll} V_1 \; (1) & \begin{cases} V_2 \; (0{,}9) & \begin{cases} V_3 \; (0{,}9) \\[2pt] \overline{V_3} \; (0{,}1) \end{cases} \\[10pt] \overline{V_2} \; (0{,}1) & \begin{cases} V_3 \; (0{,}1) \\[2pt] \overline{V_3} \; (0{,}9) \end{cases} \end{cases} \end{array} \] \textit{Justification :} Si la machine $n$ détient $1$, la machine $n+1$ détient $1$ avec probabilité $0{,}9$ (fidèle) et $0$ avec probabilité $0{,}1$ (contraire). Si la machine $n$ détient $0$, la machine $n+1$ détient $1$ avec probabilité $0{,}1$ (contraire : $0$ devient $1$) et $0$ avec probabilité $0{,}9$ (fidèle). \subsection*{Question 1.b. Démontrer que $P(V_3) = 0{,}82$} Par la formule des probabilités totales avec le système complet $\{V_2, \overline{V_2}\}$ : \[ P(V_3) = P(V_2) \times P_{V_2}(V_3) + P(\overline{V_2}) \times P_{\overline{V_2}}(V_3) \] On calcule $P(V_2)$ : \[ P(V_2) = P(V_1) \times 0{,}9 + P(\overline{V_1}) \times 0{,}1 \] \[ P(V_2) = 1 \times 0{,}9 + 0 \] \[ P(V_2) = 0{,}9 \] Donc $P(\overline{V_2}) = 1 - 0{,}9 = 0{,}1$. On en déduit : \[ P(V_3) = 0{,}9 \times 0{,}9 + 0{,}1 \times 0{,}1 \] \[ P(V_3) = 0{,}81 + 0{,}01 \] \[ \boxed{P(V_3) = 0{,}82} \] \textbf{Interprétation :} Après trois transmissions successives, la probabilité que la troisième machine détienne la valeur $1$ est de $0{,}82$, soit $82\,\%$. \subsection*{Question 1.c. Sachant que la 3\up{e} machine a reçu $1$, probabilité que la 2\up{e} ait aussi reçu $1$} On cherche $P_{V_3}(V_2)$. Par définition : \[ P_{V_3}(V_2) = \frac{P(V_2 \cap V_3)}{P(V_3)} \] On calcule $P(V_2 \cap V_3)$ : \[ P(V_2 \cap V_3) = P(V_2) \times P_{V_2}(V_3) \] \[ P(V_2 \cap V_3) = 0{,}9 \times 0{,}9 \] \[ P(V_2 \cap V_3) = 0{,}81 \] D'où : \[ P_{V_3}(V_2) = \frac{0{,}81}{0{,}82} \] \[ \boxed{P_{V_3}(V_2) = \frac{81}{82} \approx 0{,}988} \] \subsection*{Question 2.a. Démontrer $p_{n+1} = 0{,}8\,p_n + 0{,}1$} Par la formule des probabilités totales : \[ p_{n+1} = P(V_{n+1}) = P(V_n) \times P_{V_n}(V_{n+1}) + P(\overline{V_n}) \times P_{\overline{V_n}}(V_{n+1}) \] \[ p_{n+1} = p_n \times 0{,}9 + (1 - p_n) \times 0{,}1 \] \[ p_{n+1} = 0{,}9p_n + 0{,}1 - 0{,}1p_n \] \[ \boxed{p_{n+1} = 0{,}8\,p_n + 0{,}1} \] \subsection*{Question 2.b. Démontrer par récurrence que $p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{\,n-1} + 0{,}5$} Soit $\mathcal{P}(n)$ la propriété : $p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{\,n-1} + 0{,}5$. \textbf{Initialisation :} $n = 1$. \[ p_1 = 0{,}5 \times 0{,}8^{0} + 0{,}5 \] \[ p_1 = 0{,}5 + 0{,}5 \] \[ p_1 = 1 \] Or $p_1 = 1$ d'après l'énoncé. $\mathcal{P}(1)$ est vraie. \textbf{Hérédité :} Soit $k \in \mathbb{N}$ tel que $k \geq 1$. Supposons que $\mathcal{P}(k)$ est vraie, c'est-à-dire $p_k = 0{,}5 \times 0{,}8^{\,k-1} + 0{,}5$. Montrons que $\mathcal{P}(k+1)$ est vraie. \[ p_{k+1} = 0{,}8\,p_k + 0{,}1 \] \[ p_{k+1} = 0{,}8\left(0{,}5 \times 0{,}8^{\,k-1} + 0{,}5\right) + 0{,}1 \] \[ p_{k+1} = 0{,}4 \times 0{,}8^{\,k-1} + 0{,}4 + 0{,}1 \] \[ p_{k+1} = 0{,}4 \times 0{,}8^{\,k-1} + 0{,}5 \] Or $0{,}4 = 0{,}5 \times 0{,}8$, donc : \[ p_{k+1} = 0{,}5 \times 0{,}8 \times 0{,}8^{\,k-1} + 0{,}5 \] \[ p_{k+1} = 0{,}5 \times 0{,}8^{\,k} + 0{,}5 \] Ainsi $\mathcal{P}(k+1)$ est vraie. \textbf{Conclusion :} $\mathcal{P}(1)$ est vraie et pour tout $k \geq 1$, $\mathcal{P}(k)$ vraie entraîne $\mathcal{P}(k+1)$ vraie. Par le principe de récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout $n \geq 1$. \[ \boxed{p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{\,n-1} + 0{,}5} \] \subsection*{Question 2.c. Limite de $p_n$ et interprétation} Comme $0 < 0{,}8 < 1$, \[ \lim_{n \to +\infty} 0{,}8^{\,n-1} = 0 \] \[ \lim_{n \to +\infty} p_n = 0{,}5 \times 0 + 0{,}5 \] \[ \boxed{\lim_{n \to +\infty} p_n = 0{,}5} \] \textbf{Interprétation :} Après un très grand nombre de transmissions, la probabilité qu'une machine détienne la valeur $1$ tend vers $0{,}5$. Autrement dit, à long terme, les valeurs $0$ et $1$ deviennent \textbf{équiprobables}, indépendamment de la valeur initiale. \section*{Partie B} \subsection*{Question 1. Rôle des lignes 5 et 6} \textbf{Ligne 5 :} \texttt{if rand() < 0.1 :} -- On simule une transmission contraire, qui se produit avec une probabilité de $0{,}1$. Si le nombre aléatoire est inférieur à $0{,}1$, la transmission est contraire. \textbf{Ligne 6 :} \texttt{donnee = 1 - donnee} -- On inverse la valeur de la donnée : si elle valait $1$, elle devient $0$ ; si elle valait $0$, elle devient $1$. C'est la modélisation d'une transmission contraire. \subsection*{Question 2. Probabilités demandées} \textbf{Liste [1, 1, 1, 1, 1] avec simulation(4) :} il faut 4 transmissions fidèles successives. Chaque transmission fidèle a une probabilité $0{,}9$. Par indépendance : \[ P = (0{,}9)^4 \] \[ \boxed{P = 0{,}6561} \] \textbf{Liste [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1] avec simulation(6) :} on suit les transitions : \begin{itemize}[label=--] \item $1 \to 0$ : transmission contraire (probabilité $0{,}1$) \item $0 \to 1$ : transmission contraire (probabilité $0{,}1$) \item $1 \to 0$ : transmission contraire (probabilité $0{,}1$) \item $0 \to 0$ : transmission fidèle (probabilité $0{,}9$) \item $0 \to 1$ : transmission contraire (probabilité $0{,}1$) \item $1 \to 1$ : transmission fidèle (probabilité $0{,}9$) \end{itemize} Il y a 4 transmissions contraires et 2 transmissions fidèles. Par indépendance : \[ P = (0{,}1)^4 \times (0{,}9)^2 \] \[ P = 0{,}0001 \times 0{,}81 \] \[ \boxed{P = 0{,}000081} \]