Erreur dans le sujet de maths ECT BSB / ESC 2019

Il est plutôt fâcheux que le sujet d’une épreuve de mathématiques d’un concours préparé par deux ans par des milliers d’étudiants ne soit pas parfaitement cohérent. C’est pourtant le cas du sujet de maths BSB (maths ESC) 2019.

En effet, l’exercice 3 comporte une erreur manifeste de logique de la part du concepteur du sujet. Voici le sujet incriminé :

Deux urnes U1 et U2 sont définies de la manière suivante :

• l’urne U1 contient 4 boules rouges
• l’urne U2 contient 2 boules rouges et 2 boules blanches

L’expérience consiste à lancer une pièce non-truquée. Le résultat du lancer détermine l’urne dans laquelle nous effectuons les tirages de boules (sans remise) de la question 3. Si le lancer de pièce donne Pile, alors la succession de tirages a lieu dans l’urne U1 tandis que dans le cas contraire, la succession de tirages a lieu dans l’urne U2.

Une variable aléatoire Y est introduite : celle-ci mesure le nombre de tirages nécessaires à déterminer avec certitude dans quelle urne on se trouve.

La première sous-question de la question 3 consiste à justifier que cette variable aléatoire Y prend les valeurs 1, 2, 3 ou 4. Or, au bout de trois lancer, il est certain que l’on pourra déterminer dans quelle une la succession de tirages est effectuée. En effet :

• Si on se trouve dans l’urne U1, alors au bout du troisième tirage de boule (rouge, car elles le sont toutes) on saura que l’on se situe dans l’urne U1 dans la mesure où l’urne U2 ne contient que deux boules rouges ;
• Si on se trouve dans l’urne U2, alors il est certain qu’au troisième tirage de la succession, une boule blanche aura été tirée dans la mesure où il n’y a que deux boules rouges.

On peut dès lors calculer aisément les probabilités de réalisation de chaque événement :

Faute de pouvoir écrire “R-barre”, nous appellerons Bk la réalisation de l’événement “le k-ème tirage dans l’urne choisie amène une boule blanche.

L’événement [Y=1] est réalisé si et seulement si le premier tirage de l’urne est une boule blanche.  On sait alors avec certitude que l’on se situe dans l’urne U2, la seule à en contenir. Sa probabilité est donc égale au fait de choisir l’urne U2 et donc de tomber sur Face (événement F), et d’y tirer une boule blanche. Ces deux événements étant indépendants :

P(Y=1)=P(F)*P_F(B1)=(1/2)*(2/4)=1/4

L’événement [Y=3] est réalisé si et seulement si l’urne est déterminée avec certitude au troisième tirage. On rappelle que les événements U1 et U2 sont complémentaires, ce qui nous autorise  Si l’on est dans l’urne 1, il suffit donc de tirer une troisième boule rouge (dans la mesure où toutes le sont) pour savoir que l’on est dans cette urne. Si l’on est dans l’urne 2, cela suppose d’avoir tiré les deux boules rouges en premier, qui ne la différencie pas de l’urne 1, puis de tirer une boule blanche au troisième lancer.

En termes de probabilités, cela donne :

P(Y=3)=P(Pile)*P_Pile(R1∩R2∩R3)+P(F)*P_F(R1∩R2∩B3)
P(Y=3)=1/2*1+(1/2)*(1/2)*(1/3)
P(Y=3)=1/2+1/12=7/12

Et P(Y=2)=1-(7/12)-(1/4)=1/6

On pouvait aussi dire que l’événement [Y=2] est réalisé si et seulement si on se trouve dans l’urne 2 où l’on a tiré une boule rouge en premier puis d’une blanche d’où :

P(Y=2)=P(F)*P_F(R1∩B2)=(1/2)*(1/2)*(2/3)=1/6.

La question de la justification de P(Y=4)=(1/2) est donc tout à fait malvenue. En effet, au vu de la formulation, on pourrait s’attendre à un argument trivial du type “La pièce donne Pile ou Face de manière équiprobable”.

Nous pouvons donc en déduire que pour le concepteur, [Y=4] était l’événement qui correspondait à l’identification certaine de l’urne 1.

Mais à aucun moment, l’énoncé n’introduit d’autres urnes que celles 1 et 2. Cette hypothèse fait sens lorsque le sujet demande de calculer P(Y=3) en ne se plaçant que dans l’hypothèse de l’urne 2, où l’o trouve bien 1/12 (amputé donc de la probabilité 1/2 d’identification de l’urne 1).

Fâcheuse erreur donc. Nous contacterons la BCE dans les prochaines heures pour savoir si la question sera neutralisée ou même bonifiée.