Exercice 50

Modèle. L'énoncé fixe les données : $\mathrm{P}(A_{1}) = \frac{1}{2}$ et, pour tout $k \geqslant 1$ et tout événement $H$ ne portant que sur les $k - 1$ premières parties, $\mathrm{P}(G_{k} \mid A_{k} \cap H) = \frac{1}{5}$ et $\mathrm{P}(G_{k} \mid \overline{A_{k}} \cap H) = \frac{1}{10}$ lorsque ces probabilités sont définies ; en particulier $\mathrm{P}_{A_{k}}(G_{k}) = \frac{1}{5}$ et $\mathrm{P}_{\overline{A_{k}}}(G_{k}) = \frac{1}{10}$. La règle de changement donne $A_{k+1} = (A_{k} \cap G_{k}) \cup (\overline{A_{k}} \cap \overline{G_{k}})$.

1. On tire la première machine, puis, à chaque partie, on simule un succès de probabilité $0{,}2$ ou $0{,}1$ avec random.random(), qui suit la loi uniforme sur $[0\,,1[$ ; on change de machine en cas de perte.

import random

def jouer(n):
    machine = random.choice("AB")          # machine au hasard
    gains = 0
    for _ in range(n):
        p = 0.2 if machine == "A" else 0.1
        if random.random() < p:            # partie gagnee : on reste
            gains += 1
        else:                              # partie perdue : on change
            machine = "B" if machine == "A" else "A"
    return gains / n

2. La formule des probabilités totales (théorème 5), appliquée au système complet $(A_{1}, \overline{A_{1}})$, donne $$\mathrm{P}(G_{1}) = \mathrm{P}_{A_{1}}(G_{1})\mathrm{P}(A_{1}) + \mathrm{P}_{\overline{A_{1}}}(G_{1})\mathrm{P}(\overline{A_{1}}) = \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{2}, \qquad \boxed{\mathrm{P}(G_{1}) = \frac{3}{20}}$$ Pour la deuxième partie, on calcule d'abord la probabilité de jouer sur $A$ : la deuxième partie a lieu sur $A$ si la première a été gagnée sur $A$ ou perdue sur $B$, d'où, par les probabilités composées, $$\mathrm{P}(A_{2}) = \mathrm{P}(A_{1} \cap G_{1}) + \mathrm{P}(\overline{A_{1}} \cap \overline{G_{1}}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{9}{10} = \frac{11}{20},$$

L'arbre décrit la première partie, et chaque feuille porte la probabilité de son chemin ; les branches bleues correspondent à la machine $A$ et les branches ocre à la machine $B$. Les quatre feuilles totalisent $\frac{2 + 8 + 1 + 9}{20} = 1$, et la couleur de la machine utilisée pour la deuxième partie se lit au bout de chaque chemin : elle est conservée après un gain et change après une perte.

3. On cherche $\mathrm{P}_{G_{2}}(A_{1}) = \frac{\mathrm{P}(A_{1} \cap G_{2})}{\mathrm{P}(G_{2})}$. Les deux premières feuilles de l'arbre donnent, par les probabilités composées, $$\mathrm{P}(A_{1} \cap G_{2}) = \mathrm{P}(A_{1} \cap G_{1} \cap G_{2}) + \mathrm{P}(A_{1} \cap \overline{G_{1}} \cap G_{2}) = \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{5} + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{10} = \frac{3}{50},$$

$$\text{d'où}\qquad \boxed{\mathrm{P}_{G_{2}}(A_{1}) = \frac{3/50}{31/200} = \frac{12}{31} \approx 0{,}387}$$ Ce résultat est inférieur à $\frac{1}{2}$ : un gain à la deuxième partie rend plus probable un départ sur $B$, parce qu'un départ sur $B$, suivi d'une perte probable, conduit sur la bonne machine.

4.(a) La formule des probabilités totales, avec le système complet $(A_{k}, \overline{A_{k}})$, donne $$\mathrm{P}(G_{k}) = \frac{1}{5}\,\mathrm{P}(A_{k}) + \frac{1}{10}\big(1 - \mathrm{P}(A_{k})\big), \qquad \boxed{\mathrm{P}(G_{k}) = \frac{1 + \mathrm{P}(A_{k})}{10}}$$

(b) L'égalité $A_{k+1} = (A_{k} \cap G_{k}) \cup (\overline{A_{k}} \cap \overline{G_{k}})$ est une réunion d'événements incompatibles, et chaque terme se calcule par les probabilités composées : $$\mathrm{P}(A_{k+1}) = \frac{1}{5}\,\mathrm{P}(A_{k}) + \frac{9}{10}\big(1 - \mathrm{P}(A_{k})\big), \qquad \boxed{\mathrm{P}(A_{k+1}) = -\frac{7}{10}\,\mathrm{P}(A_{k}) + \frac{9}{10}}$$

(c) La suite $a_{k} = \mathrm{P}(A_{k})$ est arithmético-géométrique (chapitre 7, proposition 15), de raison $-\frac{7}{10}$ et de point fixe $c$ solution de $c = -\frac{7}{10}c + \frac{9}{10}$, soit $c = \frac{9}{17}$. La suite $(a_{k} - c)$ est géométrique de raison $-\frac{7}{10}$, et $a_{1} - c = \frac{1}{2} - \frac{9}{17} = -\frac{1}{34}$ : $$\boxed{\mathrm{P}(A_{k}) = \frac{9}{17} - \frac{1}{34}\Big(-\frac{7}{10}\Big)^{k-1}}, \qquad \boxed{\mathrm{P}(G_{k}) = \frac{13}{85} - \frac{1}{340}\Big(-\frac{7}{10}\Big)^{k-1}}$$ On contrôle : $k = 1$ donne $\frac{52 - 1}{340} = \frac{3}{20}$, et $k = 2$ donne $\frac{13}{85} + \frac{7}{3\,400} = \frac{527}{3\,400} = \frac{31}{200}$ ✓.

5. On somme la constante et la progression géométrique de raison $-\frac{7}{10} \neq 1$ : $$S_{n} = \frac{13n}{85} - \frac{1}{340} \cdot \frac{1 - (-7/10)^{n}}{1 + 7/10}, \qquad \boxed{S_{n} = \frac{13n}{85} - \frac{1 - (-7/10)^{n}}{578}, \qquad \frac{S_{n}}{n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{13}{85} \approx 0{,}1529}$$ puisque $\big|1 - (-\frac{7}{10})^{n}\big| \leqslant 2$. Trois appels à jouer(10**6) ont renvoyé $0{,}1534$, $0{,}1523$ et $0{,}1528$ : la proportion de parties gagnées est proche de $\frac{13}{85}$, avec un écart de l'ordre de $10^{-3}$.

À retenir. Le nombre $S_{n}$ est la somme des probabilités de gagner chaque partie ; la section 21.6 l'interprétera comme l'espérance du nombre de parties gagnées, et la loi faible des grands nombres (section 21.8) expliquera pourquoi une simulation en donne une valeur approchée. La limite $\frac{13}{85} = \frac{1}{10}\big(1 + \frac{9}{17}\big)$ s'interprète : à long terme, le joueur joue sur $A$ avec la probabilité $\frac{9}{17}$, soit environ neuf parties sur dix-sept, et la stratégie « on reste après un gain » fait un peu mieux que le choix d'une machine au hasard à chaque partie, qui donnerait $\frac{3}{20} = \frac{12{,}75}{85}$.