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Aa

aa

AA
Aa

1/2
1/2

AA
Aa
aa

1/4
1/2
1/4

Aa
aa

1/2
1/2

Aa

1

Aa
aa

1/2
1/2

aa

1

2. Arbre illustrant la situation :
Génération 0
(AA;AA)

1

AA

1

2

AA

2

(AA;Aa)

p 02

2p0 q0
(AA;aa)
2p0 r0
q02

(Aa;Aa)

2q0 r0
r 02

Génération 1

1

2
1

Aa

1

4

AA

Aa

1

2 Aa
1

4
1

2

aa
Aa

(Aa;aa)

(aa;aa)

1

2
1

Note : le résultat était prévisible en raison de la symétrie
des formules (permutation de A et a).
2
2
1 
1 


b) p1 − r1 =  p0 + q0 −  r0 + q0


2 
2 
1
1 
1
1 

p1 − r1 =  p0 + q0 − r0 − q0  p0 + q0 + r0 + q0

2
2 
2
2 
p1 − r1 = ( p0 − r0 )( p0 + q0 + r0 ).
Or p0 + q0 + r0 = 1, donc p1 − r1 = p0 − r0 .
c) On pose α = p1 − r1 = p0 − r0 .
• p0 = α + r0 et q0 = 1 − p0 − r0 = 1 − α − 2 r0 .

aa
aa

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

a) D’après la formule des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig51
1
1
• p1 = P( AA ) = p0 2 + 2 p0 q0 × + q0 2 ×
2
4
2
1 

soit p1 =  p0 + q0 .

2 
1
1
• r1 = P( aa ) = r0 2 + 2 q0 r0 × + q0 2 ×
2
4
2
1 

soit r1 =  r0 + q0 .

2 

20

2

1 
1 1



Ainsi p1 =  p0 + q0 = α + r0 + − α − r0



2 
2 2
2
1
soit p1 = (1 + α) .
4
• r0 = p0 − α et q0 = 1 − p0 − r0 = 1 − 2 p0 + α .
2
2
1 
1
1 


Ainsi r1 =  r0 + q0 =  p0 − α + − p0 + α


2 
2
2 
1
soit r1 = (1 − α )2 .
4
• Enfin, p1 + q1 + r1 = 1 donc q1 = 1 − p1 − r1 .
1
1
q1 = 1 − (1 + α )2 − (1 − α )2
4
4
1
q1 = [4 − 1 − 2α − α 2 − 1 + 2α − α 2 ]
4
1
soit q1 = (1 − α 2 ) .
2
d) En procédant de même à la deuxième génération :
p2 − r2 = p1 − r1 = α .
1
Alors p2 = (1 + α )2 = p1 ,
4
2
1
r2 = (1 − α) = r1
4
1
q2 = (1 − α 2 ) = q1 .
et
2
Donc, les suites ( pn ),( qn ) et ( rn ) sont constantes à partir
du rang 1. Leurs valeurs ne dépendent que de la constante
α = p0 − r0.

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles