Corrigé ESCP 2025 Maths ECT — Exercice 2 — Récurrences et espérance limite (Q4 à Q9) : Pion sur un axe gradué : probabilités totales, relation de récurrence sur l'espérance, suite arithmético-géométrique et limite n/2

Notation. Pour $j\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, on note $B_j$ le numéro de la $j$-ième bille tirée. Les tirages se font avec remise : $B_j$ suit la loi uniforme sur $[[1,n]]$, et les tirages successifs sont indépendants. La position $X_k$ ne dépend que des $k$ premiers tirages $B_1,\dots ,B_k$ ; tout événement $(X_k=i)$ est donc indépendant de tout événement $(B_{k+1}\in S)$, $S\subset [[1,n]]$. Enfin, par la règle du jeu,

$$X_{k+1}=X_k+1\text{ si }{B}_{k+1}>X_k,X_{k+1}=X_k-1\text{ si }{B}_{k+1}⩽X_k.$$

Q4. Montrons par récurrence sur $k\in \mathbb{N}$ que $X_k(\Omega )\subset [[0,n]]$. C'est vrai pour $k=0$ puisque $X_0=0$. Supposons-le pour un $k$, et soit $i=X_k(\omega )\in [[0,n]]$ la position à l'issue d'un certain déroulement $\omega$.

• Si $i=0$ : toute bille porte un numéro $⩾1>0$, le pion avance et $X_{k+1}=1\in [[0,n]]$.
• Si $i=n$ : toute bille porte un numéro $⩽n$, le pion recule et $X_{k+1}=n-1\in [[0,n]]$ (car $n⩾2$).
• Si $1⩽i⩽n-1$ : $X_{k+1}=i\pm 1\in [[0,n]]$.

Donc $X_{k+1}(\Omega )\subset [[0,n]]$, ce qui achève la récurrence : le pion ne sort jamais de l'axe gradué de $0$ à $n$. (En particulier $X_k$ est une variable finie et admet une espérance.)

Q5. Première égalité. Comme $X_{k+1}=X_k\pm 1$ et $X_k⩾0$, l'événement $(X_{k+1}=0)$ ne peut se réaliser que si $X_k=1$ et si le pion recule depuis $1$, c'est-à-dire si $B_{k+1}⩽1$, soit $B_{k+1}=1$. Réciproquement, ces deux conditions donnent $X_{k+1}=0$. Ainsi

$$(X_{k+1}=0)=(X_k=1)\cap (B_{k+1}=1),$$

et par indépendance des deux événements,

$$\mathbb{P}(X_{k+1}=0)=\mathbb{P}(X_k=1)\mathbb{P}(B_{k+1}=1)=\boxed{\frac{1}{n}\mathbb{P}(X_k=1).}$$

Seconde égalité. Comme $X_k⩽n$ (Q4), $(X_{k+1}=n)$ exige $X_k=n-1$ et un pas en avant depuis $n-1$, c'est-à-dire $B_{k+1}>n-1$, soit $B_{k+1}=n$ :

$$(X_{k+1}=n)=(X_k=n-1)\cap (B_{k+1}=n),\text{donc}$$

$$\mathbb{P}(X_{k+1}=n)=\mathbb{P}(X_k=n-1)\cdot \frac{1}{n}=\boxed{\frac{1}{n}\mathbb{P}(X_k=n-1).}$$