L’urne d’Ehrenfest, épisode 1

Une urne contient {N} boules indiscernables au toucher, de couleur bleue ou rouge.
On répète la “manipulation” suivante:
tirer une boule au hasard de l’urne et la remplacer par une boule de la couleur opposée
On note {X_{n}} le nombre de boules bleues après la {n}-ième manipulation.

  1. Donner {\mathbb{P}(X_{n+1}=i)} en fonction de {\mathbb{P}(X_{n}=i-1)} et {\mathbb{P}(X_{n}=i+1)}.
  2. En déduire que {\text{E}(X_{n+1})=1+\Bigl(1-\dfrac{2}{N}\Bigr)\text{E}(X_{n})}.
  3. Calculer {\text{E}(X_{n})} et sa limite quand {n\rightarrow+\infty}.

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  1. On utilise le système complet {(X_{n}=j)_{j\in [[0,N]]}}.

    On applique la formule des probabilités totales:
    {\forall i\in[[ 0,N]],\;\mathbb{P}(X_{n+1}=i)=\displaystyle\sum_{j=0}^{n}\mathbb{P}(X_{n+1}=i\mid X_{n}=j)\,\mathbb{P}(X_{n}=j)}

    • À chaque étape, le nombre de boules bleues diminue ou augmente d’une unité.

      Si {j\notin\{i-1,i+1\}}, on a {\mathbb{P}(X_{n+1}=i\mid X_{n}=j)=0}.

    • On a {\mathbb{P}(X_{n+1}=i\mid X_{n}=i-1)=0=1-\dfrac{i-1}{N}}.

      C’est en effet la probabilité de ne pas tirer une boule bleue dans une urne qui en contient {i-1}, le nombre de boules bleues augmentant alors d’une unité.

    • De même, {\forall\, i\in [[ 0,N]],\;\mathbb{P}(X_{n+1}=i\mid X_{n}=i+1)=\dfrac{i+1}{N}}.

      C’est en effet la probabilité de tirer une boule bleue dans une urne qui en contient {i+1}, le nombre de boules bleues diminuant alors d’une unité.

    On a donc les égalités : {\mathbb{P}(X_{n+1}=i)=\Bigl(1-\dfrac{i-1}{N}\Bigr)\,\mathbb{P}(X_{n}=i-1)+\dfrac{i+1}{N}\,\mathbb{P}(X_{n}=i+1)\quad(\star)}
    Remarque : on pose logiquement {\mathbb{P}(X_{n}=-1)=\mathbb{P}(X_{n}=N+1)=0}.

    L’égalité (\star) reste vraie pour {i=0} ou {i=N}.

    En fait elle est vraie pour tout {i\ge0}, en posant {\mathbb{P}(X_{n}=j)=0} pour {j>N}.

  2. On écrit {\text{E}(X_{n})=\displaystyle\sum_{i=0}^{N}i\,\mathbb{P}(X_{n}=i)}.
    Dans le calcul suivant, malgré les changements d’indice, l’intervalle de sommation est toujours {[[ 0,N]]} (soit en retirant, soit en ajoutant un terme dont la valeur est nulle).
    {\begin{array}{rl}\text{E}(X_{n+1})&=\displaystyle\sum_{i=0}^{N}i\,\mathbb{P}(X_{n+1}=i)\\\\&=\displaystyle\sum_{i=0}^{N}i\biggl(\Bigl(1-\dfrac{i-1}{N}\Bigr)\,\mathbb{P}(X_{n}=i-1)+\dfrac{i+1}{N}\,\mathbb{P}(X_{n}=i+1)\biggr)\\\\&=\displaystyle\sum_{i=0}^{N}i\Bigl(1-\dfrac{i-1}{N}\Bigr)\,\mathbb{P}(X_{n}=i-1)+\dfrac{1}{N}\displaystyle\sum_{i=0}^{N}i(i+1)\,\mathbb{P}(X_{n}=i+1)\\\\&=\displaystyle\sum_{i=0}^{N}(i+1)\Bigl(1-\dfrac{i}{N}\Bigr)\,\mathbb{P}(X_{n}=i)+\dfrac{1}{N}\displaystyle\sum_{i=0}^{N}(i-1)i\,\mathbb{P}(X_{n}=i)\\\\&=\displaystyle\sum_{i=0}^{N}\biggl(1+\Bigl(1-\dfrac{2}{N}\Bigr)i\biggr)\mathbb{P}(X_{n}=i)=1+\Bigl(1-\dfrac{2}{N}\Bigr)\text{E}(X_{n})\end{array}}
  3. Le résultat précédent dit que la suite {n\mapsto \text{E}(X_{n})} est arithmético-géométrique.

    Le point fixe {\alpha} de la récurrence est {\alpha=\dfrac{N}{2}}.

    Ainsi {\text{E}(X_{n+1})-\dfrac{N}{2}=\biggl(1-\dfrac{2}{N}\biggr)\biggl(\text{E}(X_{n})-\dfrac{N}{2}\biggr)}.

    Il en résulte : {\text{E}(X_{n})=\dfrac{N}{2}+\biggl(1-\dfrac{2}{N}\biggr)^{n}\biggl(\text{E}(X_{0})-\dfrac{N}{2}\biggr)}.

    On trouve bien sûr : {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\text{E}(X_{n})=\dfrac{N}{2}}, quelle que soit la composition initiale de l’urne.