mathématiques (PCSI) · Chapitre 15 · Exercice de TD

Les urnes d'Ehrenfest

Probabilités sur un univers fini · D. Espérance, variance, covariance · niveau 3 (difficile)

Énoncé

Deux urnes $A$ et $B$ contiennent au total $N \geq 2$ boules, numérotées de $1$ à $N$ . À chaque instant, on tire un numéro uniformément dans ${1, \dots, N}$ , indépendamment des tirages précédents et de la répartition initiale, et l'on fait changer d'urne la boule qui porte ce numéro. On note $X_{n}$ le nombre de boules dans l'urne $A$ après $n$ tirages.

a) Pour $0 \leq k \leq N$ tel que $P (X_{n} = k) > 0$ , calculer $P (X_{n + 1} = k + 1 ∣ X_{n} = k)$ et $P (X_{n + 1} = k - 1 ∣ X_{n} = k)$ .

b) On suppose que $X_{0}$ suit la loi binomiale $B (N, \frac{1}{2})$ . Montrer, par la formule des probabilités totales, que $X_{1}$ suit encore la loi $B (N, \frac{1}{2})$ : c'est une loi d'équilibre.

c) On note $m_{n} = E (X_{n})$ . Montrer que $m_{n + 1} = (1 - \frac{2}{N}) m_{n} + 1$ , et en déduire que $m_{n} - \frac{N}{2} = (1 - \frac{2}{N})^{n} (m_{0} - \frac{N}{2})$ .

d) Toutes les boules sont d'abord dans $A$ ( $X_{0} = N$ ). Au bout de combien de tirages l'écart moyen à l'équipartition est-il divisé par $e$ , pour $N$ grand ? Interpréter en termes de détente d'un gaz entre deux compartiments.

Corrigé de la question 1

La stratégie. C'est une chaîne de Markov à $N + 1$ états, terrain que suggère le programme : l'état suivant ne dépend du passé qu'à travers l'état présent. On calcule les probabilités de transition, où intervient l'indépendance du tirage ; puis la formule des probabilités totales, sur le système complet des $(X_{n} = k)$ , fabrique une loi (b) ou une récurrence sur l'espérance (c).

a) Les transitions. Notons $C_{n}$ l'ensemble aléatoire des numéros des boules présentes dans $A$ après $n$ tirages, de sorte que $X_{n} = card C_{n}$ , et $U_{n + 1}$ le numéro tiré ensuite. Si $U_{n + 1} \in C_{n}$ , la boule tirée quitte $A$ et $X_{n + 1} = X_{n} - 1$ ; sinon, elle y entre et $X_{n + 1} = X_{n} + 1$ . L'ensemble $C_{n}$ est déterminé par la répartition initiale et par les $n$ premiers tirages ; par le lemme des coalitions, il est donc indépendant de $U_{n + 1}$ . En sommant sur les parties $S$ de ${1, \dots, N}$ à $k$ éléments : $P ((X_{n} = k) \cap (U_{n + 1} \in C_{n})) = S \sum P (C_{n} = S) P (U_{n + 1} \in S) .$ Chaque $P (U_{n + 1} \in S)$ vaut $\frac{k}{N}$ , puisque $U_{n + 1}$ est uniforme et que $S$ a $k$ éléments ; il reste la somme des $P (C_{n} = S)$ , qui vaut $P (X_{n} = k)$ . En divisant par $P (X_{n} = k) > 0$ : $P (X_{n + 1} = k - 1 ∣ X_{n} = k) = \frac{k}{N},$ et, par passage au contraire, $P (X_{n + 1} = k + 1 ∣ X_{n} = k) = \frac{N - k}{N}$ . Plus il y a de boules dans $A$ , plus il est probable que l'une d'elles en sorte : c'est une force de rappel vers l'équilibre.

Question 2 : comment l'IA t'aide

Élève

Pour b), la formule des probabilités totales sur $(X_{0} = j)_{0 \leq j \leq N}$ me donne une somme de $N + 1$ termes pour $P (X_{1} = k)$ , et je ne vois pas comment la calculer.

Utilise le a) : en un seul tirage, $X$ varie de combien ? Depuis quelles valeurs $j$ peut-on arriver en $k$ , et que valent les autres probabilités conditionnelles ?

Élève

On ne peut venir que de $k - 1$ ou de $k + 1$ . Il reste deux termes, avec les transitions du a), $\frac{N - k + 1}{N}$ et $\frac{k + 1}{N}$ , multipliées par $(k - 1 N) / 2^{N}$ et $(k + 1 N) / 2^{N}$ .

Bien. Pour réunir ces deux termes, réécris $(N - k + 1) (k - 1 N)$ et $(k + 1) (k + 1 N)$ à l'aide de $(k N)$ en passant par les factorielles : qu'obtiens-tu ? Et pour $k = 0$ et $k = N$ , combien de provenances reste-t-il ?

L'IA ne donne pas la réponse : elle pose la question qui fait avancer. À toi de continuer.

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Reprends la question 2 là où le dialogue s'arrête, puis la suite de l'exercice.

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