Trois urnes, et aucune vide

Exercice d'entraînement · niveau 3 (difficile) · mathématiques approfondies (ECG 1re année), chapitre 6 — Probabilités sur un ensemble fini · Dénombrement et équiprobabilité

Énoncé

On répartit au hasard $n$ boules numérotées de $1$ à $n$ dans trois urnes, chaque boule allant indépendamment dans l'une des trois urnes de façon équiprobable ( $n \geq 1$ ). Calculer la probabilité que la première urne soit vide, puis celle qu'aucune urne ne soit vide.

Corrigé

Ce qu'on montre. Deux probabilités, la seconde par la formule du crible à trois événements.

Le modèle. Une répartition est une liste $(u_{1}, \dots, u_{n})$ où $u_{k} \in {1, 2, 3}$ désigne l'urne de la boule $k$ . L'univers est de cardinal $card Ω = 3^{n},$ et toutes ces répartitions sont équiprobables.

Une urne vide. Notons $A_{i}$ l'événement « l'urne $i$ est vide ». Dire que l'urne $1$ est vide, c'est dire que chaque boule est allée dans l'urne $2$ ou dans l'urne $3$ : il y a $2$ choix par boule, donc $2^{n}$ répartitions favorables, et $P (A_{1}) = \frac{2 ^{n}}{3 ^{n}} = (\frac{2}{3})^{n} .$ Par symétrie, $P (A_{2}) = P (A_{3}) = (\frac{2}{3})^{n}$ .

Deux urnes vides. Si les urnes $1$ et $2$ sont vides, toutes les boules sont dans l'urne $3$ : une seule répartition. Donc, pour $i \neq = j$ , $P (A_{i} \cap A_{j}) = \frac{1}{3 ^{n}} .$

Les trois urnes vides. Impossible dès que $n \geq 1$ , puisqu'il faut bien ranger les boules quelque part : $P (A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}) = 0.$

La formule du crible. L'événement « au moins une urne est vide » est $A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}$ , dont la probabilité vaut $i \sum P (A_{i}) - i < j \sum P (A_{i} \cap A_{j}) + P (A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}) = 3 (\frac{2}{3})^{n} - \frac{3}{3 ^{n}} + 0.$ Les trois termes en $P (A_{i} \cap A_{j})$ correspondent aux trois paires ${1, 2}$ , ${1, 3}$ , ${2, 3}$ .

Conclusion. En passant au complémentaire : $P (aucune urne vide) = 1 - \frac{3 \times 2 ^{n} - 3}{3 ^{n}} = \frac{3 ^{n} - 3 \times 2 ^{n} + 3}{3 ^{n}} .$

Point délicat. Le crible retranche les intersections deux à deux, puis remet l'intersection triple : chaque répartition à deux urnes vides a été comptée deux fois dans la somme des $P (A_{i})$ , d'où la soustraction. Oublier le signe alterné donnerait ici $1 - 3 (\frac{2}{3})^{n}$ , qui devient négatif pour $n$ petit — un contrôle de plausibilité immédiat.

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Un blocage sur cet exercice ? Le tuteur d'Adloun guide par questions, sans donner la réponse.