Exercice 68

1. Tant que le fumeur n'a pas trouvé de boîte vide, chaque choix de poche lui fournit une allumette. Les deux boîtes en contiennent $2n$ au total : si les $2n$ premiers choix ont tous fourni une allumette, les deux boîtes sont vides, et le choix suivant tombe sur une boîte vide. La constatation a donc lieu $\boxed{\text{au plus tard au } (2n + 1)\text{-ième choix}}$.

On prend pour univers $\Omega = \{G, D\}^{2n+1}$, muni de la probabilité uniforme : l'issue $\omega$, de coordonnées $\omega_{1}$, …, $\omega_{2n+1}$, donne les poches choisies, à gauche ou à droite, lors des choix successifs. Par la proposition 17, les coordonnées sont mutuellement indépendantes et de loi uniforme sur $\{G, D\}$, comme le demande l'énoncé. Les choix postérieurs à la constatation ne sont pas effectués ; on les ajoute, sans qu'ils influent sur rien, pour que toutes les issues aient la même longueur.

2. Soit $k \in \llbracket 0\,,n \rrbracket$, et $G_{k}$ l'événement « la boîte de gauche est trouvée vide alors qu'il reste $k$ allumettes dans celle de droite ». Montrons que $$G_{k} = \big\{\omega \in \Omega \ \big|\ \text{exactement } n \text{ des } 2n - k \text{ premiers choix sont } G, \text{ et } \omega_{2n-k+1} = G\big\}.$$ Si $\omega$ appartient à $G_{k}$, la boîte de gauche a été vidée par $n$ choix $G$, celle de droite a fourni $n - k$ allumettes, et la constatation a lieu au choix suivant, qui est un choix $G$ : c'est le choix numéro $n + (n - k) + 1 = 2n - k + 1$, et les $2n - k$ précédents comportent $n$ choix $G$. Réciproquement, si $\omega$ est dans l'ensemble de droite, aucune constatation n'a lieu avant le choix $2n - k + 1$ : elle exigerait $n + 1$ choix d'une même poche parmi les $2n - k$ premiers, alors qu'il y a $n$ choix $G$ et $n - k \leqslant n$ choix $D$. Au choix $2n - k + 1$, la boîte de gauche a fourni ses $n$ allumettes, et il en reste $n - (n - k) = k$ à droite.

On dénombre cet ensemble : on choisit les positions des $n$ choix $G$ parmi les $2n - k$ premiers, de $\tbinom{2n - k}{n}$ façons (théorème 2), le choix $2n - k + 1$ est imposé, et les $k$ derniers sont quelconques. Ainsi $$\mathrm{P}(G_{k}) = \binom{2n - k}{n}\frac{2^{k}}{2^{2n+1}} = \binom{2n - k}{n}\frac{1}{2^{2n-k+1}}.$$ L'échange de $G$ et de $D$ dans toutes les coordonnées est une bijection de $\Omega$ qui transforme $G_{k}$ en l'événement analogue $D_{k}$ pour la poche droite, donc $\mathrm{P}(D_{k}) = \mathrm{P}(G_{k})$. Les événements $G_{k}$ et $D_{k}$ sont incompatibles, puisque la constatation n'a lieu qu'une fois, et $(X = k) = G_{k} \cup D_{k}$ : $$\boxed{\mathrm{P}(X = k) = \binom{2n - k}{n}\frac{1}{2^{2n-k}}, \qquad k \in \llbracket 0\,,n \rrbracket}$$ Comme ces probabilités ont pour somme $1$ (proposition 11), on obtient au passage l'identité $$\sum_{k=0}^{n} \binom{2n - k}{n}2^{k} = 4^{n},$$ qu'il ne serait pas immédiat d'établir par le calcul.

La figure suit, pour $n = 6$ et $k = 2$, l'état $(a, b)$ des nombres d'allumettes prises à gauche et à droite : un choix $G$ est un pas vers la droite, un choix $D$ un pas vers le haut. Le chemin en bleu est l'un des $\tbinom{10}{6}$ chemins de $(0, 0)$ à $(6, 4)$ ; le onzième choix, en rouge, tente de franchir la barrière $a = 6$ : la boîte de gauche est trouvée vide, et il reste $k = 2$ allumettes à droite.

3. Pour $n = 6$, les probabilités $\mathrm{P}(X = k) = \tbinom{12 - k}{6}2^{k - 12}$, pour $k = 0$, …, $6$, valent $$\frac{231}{1024},\ \frac{231}{1024},\ \frac{105}{512},\ \frac{21}{128},\ \frac{7}{64},\ \frac{7}{128},\ \frac{1}{64},$$ soit environ $0{,}226$, $0{,}226$, $0{,}205$, $0{,}164$, $0{,}109$, $0{,}055$ et $0{,}016$. Le nombre moyen d'allumettes restantes est $$\sum_{k=0}^{6} k\,\mathrm{P}(X = k) = \frac{231 + 2 \times 210 + 3 \times 168 + 4 \times 112 + 5 \times 56 + 6 \times 16}{1024},$$ soit $$\boxed{\sum_{k=0}^{6} k\,\mathrm{P}(X = k) = \frac{1979}{1024} \approx 1{,}93}$$ Il reste en moyenne près de deux allumettes dans l'autre boîte, et les valeurs $0$ et $1$ sont les plus probables, à égalité. Plus généralement, on peut montrer que cette moyenne vaut $\frac{2n + 1}{4^{n}}\tbinom{2n}{n} - 1$ ; ce résultat est admis ici, il a été vérifié par énumération exhaustive pour $n \leqslant 7$ ✓. Avec l'équivalent $\tbinom{2n}{n} \sim \frac{4^{n}}{\sqrt{\pi n}}$ que donnent les intégrales de Wallis du chapitre 18, elle est équivalente à $2\sqrt{\frac{n}{\pi}}$ : elle croît comme la racine carrée de $n$.

Piège. L'erreur la plus répandue est de compter les suites de $2n - k$ choix comportant $n$ choix $G$ sans imposer que le choix suivant soit $G$ : on oublie que la boîte doit être trouvée vide, et non simplement vidée, et l'on obtient une formule fausse, dont la somme ne vaut pas $1$.