probacours premiere partie

Probabilités
A. najmi
1. Introduction
La théorie des probabilités est l’étude mathématique des phénomènes
caractérisés par le hasard et l’incertitude. Elle forme avec la statistique
les deux sciences du hasard qui sont partie intégrante des mathématiques. Les débuts de l’étude des probabilités correspondent aux premières observations du hasard dans les jeux ou dans les phénomènes
climatiques par exemple.
Bien que le calcul de probabilités existe sur des questions liées au
hasard depuis longtemps, la formalisation mathématique n’est que récente. Elle date du début du XXe siècle avec l’axiomatique de Kolmogorov. Des objets tels que événements, mesures de probabilité,
espaces probabilisés ou variables aléatoires sont centraux dans la théorie.
Ils permettent de traduire de manière abstraite les comportements des
quantités mesurées qui peuvent être supposés aléatoires. En fonction
du nombre de valeurs possibles pour le phénomène aléatoire étudié,
la théorie des probabilités est dite discrète ou continue. Dans le cas
discret, c’est-à-dire pour un nombre au plus dénombrable d’états possibles, la théorie des probabilités, dans le cas des probabilités uniformes,
se rapproche de la théorie du dénombrement ; alors que dans le cas
continu, la théorie de l’intégration et la théorie de la mesure donnent
les outils nécessaires.
Les objets et résultats probabilistes sont un support nécessaire à la
statistique, c’est le cas par exemple du théorème de Bayes. Cette modélisation du hasard permet également de résoudre plusieurs paradoxes
probabilistes.
L’étude de l’indépendance d’événements ou d’expériences, pour une
probabilité donnée à l’avance, consiste à chercher si les événements ou
les expériences sont liées ou se produisent indépendamment les uns des
autres (On peut raisonnablement penser que le fait de boire de l’alcool
et celui de provoquer un accident routier ne sont pas indépendants l’un
1
2
A. NAJMI
de l’autre). Les probabilistes ont dé…nit la notion d’indépendance à
partir de la notion d’indépendance en statistique.
2. Introduction au calcul des probabilités
Définition 2.1. Une expérience aléatoire est une expérience dont
on ne peut prédire les résultats à l’avance.
Exemple 2.2. Avant le lancer (expérience) d’un dé “parfait”, on
ne peut savoir à l’avance quel chi¤re de 1 à 6 va apparaitre.
Définition 2.3. On appelle univers
l’ensemble de tous les résultats possibles d’une expérience aléatoire que je peux codi…er d’une
certaine manière.
Exemple 2.4 (s).
(1) Si l’expérience consiste au lancer d’un
dé “parfait”:
(a) Si je m’interêsse au résultat de la face “d’en haut”, alors
= [6] :
(b) Si je m’interêsse à la parité du résultat, alors = fpair; impairg :=
fP; Ig
(2) Si l’expérience consiste aux lancers simultanés d’une pièce de
monnaie et d’un dé, alors = [6] f ; F g ou = f ; F g [6] :
(3) Lancer de deux dés discernables (par exemple un dé noir et
un dé blanc). Alors = [6]B [6]N ou = [6]N [6] et alors
j j = 36:
(4) Lancers simultanés de deux dés indiscernables (même consistance et même couleur). Alors
= P2 ([6])[f< 1; 1 >; < 2; 2 >; < 3; 3 >; < 4; 4 >; < 5; 5 >; < 6; 6 >g ;
2
2
alors j j = C62 + 6 = 15 + 6 = 21 = C6+2
1 = C7 : C’est le
cardinal de Q2 ([6]) :
(5) Lancers d’une même pièce de monnaie et ne s’arrêter qu’une
fois on a “pile”pour la première fois. Alors, = f ; F ; F F ; ::g :
(6) Lancers d’une même pièce de monnaie et ne s’arrêter qu’une
fois on a “pile”pour la rieme fois, alors
8
9
<
=
= | {z
::: }; |F {z::: }; | F{z::: }; ::: :
:
;
r fois
r+1 fois
r+1 fois
(7) Choisir un nombre au “hasard”dans [0; 1] intervalle de R, alors
= [0; 1] :
(8) Mesurer la durée de vie d’un certain type d’ampoules éléctriques (améliorables):
(a) d’une façon aussi précise que l’on veut, alors = [0; +1[:
PROBABILITÉS
3
(b) à l’heure près, alors, = N.
(9) On considère une cible plane composée d’un disque intérieur
sur lequel est écrit 100 DH, superposé d’une couronne sur
laquelle est écrit 50 DH, laquelle est superposée d’une autre
couronne sur laquelle est écrit 20 DH:
(a) Si on considère le gain du joueur, alors = f0; 20; 50; 100g ;
0 DH si je rate la cible.
(b) Si je m’interesse au point d’impact, …ctif ou réel, de la
‡èche avec la cible, alors = R2
(c) Si je m’interesse à la distance du point d’impact, …ctif ou
réel, au centre de la cible, alors = R+ :
Donc, de façon général, il n’y a aucune règle précise à priori pour
choisir l’univers : Ce sont les conditions de l’expérience et ce que veut
l’expérimentateur qui imposent le choix de l’univers :
2.1. Tribus de parties de
·
: Evénements.
Définition 2.5. On appelle -algèbre ou tribu de parties de
toute famille non vide @ P ( ) telle que:
(1) Pour tout A 2 @, Ac := C A 2 @ (@ est complémenté).
(2) Pour
S toute famille fAn gn2N (dénombrable) d’éléments de @:
An 2 @ (@ est stable par réunion dénombrable).
n2N
Définition 2.6.
(1) Par anticipation, un événement (évé) est
un élément de P ( ) dont on peut dé…nir la probabilité.
(2) Les singletons de sont appelés évé élémentaires.
3. Probabilités
La théorie des probabilités s’interêsse à l’étude de l’aspect aléatoire
des phénomènes aléatoires.
Définition 3.1. On appelle probabilité sur l’espace probabilisable
( ; @) toute application P : @ ! [0; 1] telle que:
(1) P ( ) = 1.
S
P
P (Ai ) pour tout système d’évé. fAi gi2N
(2) P
Ai =
i2N
i2N
incompatibles (disjoints deux à deux) d’évé de @.
Proposition 3.2. Soient ( ; @; P ) un espace probabilisable; A; B;
(Ai )i2N des éléments de @. Alors,
(1) P (Ac ) = 1 P (A) :
(2) P (;) = 0:
4
A. NAJMI
(3) Si A B; alors P (A) P (B) et P (BnA) = P (B) P (A):
(4) P (AnB) = P (A) P (A \ B):
(5) P (A [ B) = P (A) + P (B) P (A \ B):
S
(6) Si An % A dans @, alors lim P (An ) = P
An :=
n !1
P (A) :
(7) Si An & ; dans @, alors lim P (An ) = 0:
n !1
(8) Si An & A dans @, alors lim P (An ) = P
P (A) :
n !1
n2N
T
An
:=
n2N
Preuve.
(1) On a A \ Ac = ;; A [ Ac = : D’où, P ( ) =
1 = P (A) + P (Ac ) :
(2) On a ; \ = ;; ; [ = : D’où, P ( ) = 1 = P (;) + P ( ) :
(3) B = (BnA) A (i:e:; (BnA)\A = ; et (BnA)[A = B ). D’où,
P (B) = P (BnA) + P (A) et P (BnA) = P (B) P (A) 0:
(4) A = (A \ B) (AnB) : D’où, P (A) = P (A \ B) + P (AnB) :
(5) A [ B = (A \ B) (AnB) (BnA) : D’où, P (A [ B) =
P (A \ B) + P (AnB) + P (BnA) Et par 4. on a P (A [ B) =
P (A \ B) + P (A) P (A \ B) + P (B) P (A \ B):
(6) Les assertion 6, 7 et 8 résulent de la proposition qui va suivre.
Définition 3.3. Une application P : @ ! [0; 1] est une probabilité si:
(1) P ( ) = 1.
(2) P (A [ B) = P (A) + P (B) si A \ B = ;:
(3) An % A dans @, alors P (An ) % P (A) :
Définition 3.4. Une application P : @ ! [0; 1] est une probabilité si:
(1) P ( ) = 1.
(2) P (A [ B) = P (A) + P (B) si A \ B = ;:
(3) An & A dans @, alors P (An ) & P (A) :
Définition 3.5. Une application P : @ ! [0; 1] est une probabilité si:
(1) P ( ) = 1.
(2) P (A [ B) = P (A) + P (B) si A \ B = ;:
(3) An & ; dans @, alors P (An ) & 0:
Proposition 3.6. Les dé…nitions 3.1, 3.3, 3.4,et 3.5 sont équivalentes.
PROBABILITÉS
5
Preuve.
(1) Montrons que les dé…nitions 3.4,et 3.5 sont équivalentes. Comme il est évident que P (;) = 0; il s’agit uniquement de prouver que: “An & A dans @, alors P (An ) &
P (A)” () “An & ; dans @, alors P (An ) & 0:”. La condition nécéssaire est évidente. Maintenant si “An & A dans
@, alors An nAL& ; dans @ et alors P (An nA) & P (;)”. Or
An = (An nA) A; et par le 2) de la déf 3.4 on a P (An nA) =
P (An ) P (A). Par le 3) de la proposition précédente on a
P (An ) & P (A) : D’où le résultat.
(2) Par passage aux complémentaires les dé…nitions 3.3 et 3.4 sont
équivalentes.
(3) Montrons maintenant que Def inition 3:1 () Def inition
3:3.
S
(a) Def inition 3:3 =) Def inition 3:1. Soit A =
Ai avec
i2N
i=n
S
les Ai disjoints deux à deux.. Posons Bn =
Ai : Alors,
i=0
Bn % A et par hypothèse, P (Bn ) % P (A) : Or par 2)
i=n
P
de la Dé…nition 3.3, P (Bn ) =
P (Ai ) : Ce qui fait que
i=0
P (A) = lim
i=n
P
n !1 i=0
P (Ai ) =
1
P
P (Ai ) :
i=0
(b) Def inition 3:1 =) Def inition 3:3:
(i) Supposons que A \ B = ; pour A; B 2 @: Prenons
A0 = A, A1 = B et Ai = ; pour i 2: Par 2) de
L
la Dé…nition 3.1, on a P (A [ B) = P
Ai =
1
P
i 0
P (Ai ) = P (A) + P (B) :
i=0
(ii) Supposons que An % A =
S
Ai : Posons B0 = A0
i 0
et Bi = Ai nAi 1 pour i
1: Alors
S les (Bi )i2N
sont disjoints deux à deux, A =
Bi et par 2)
i 0
de la Dé…nition 3.1, on a P (A) =
lim
n
P
n !1 i=0
P (Bi ) = lim
n !1
P (A0 ) +
lim P (An ) ; car pour tout i
n !1
P (Ai 1 ):
n
P
i=1
1
P
P (Bi ) =
i=0
P (Ai nAi 1 )
=
1; P (Ai ) = P (Ai nAi 1 )+
6
A. NAJMI
3.1. Cas où est …ni.
(1) Si
= fx1 ; x2 ; :::; xn g, on prends @ = P ( ) et P (fxi g) = pi ;
i=n
P
i 2 [n] . Pour tout i 2 [n] ; on a 0
pi
1: et
pi =
i=1
i=n
P
i=1
P (fxi g) = P
tout A
i=n
S
i=1
fxi g
S
; P (A) = P
(2) Comme cas particulier,
Dans ce cas P (A) =
= P ( ) = 1: Par ailleurs, pour
fxi g
xi 2A
pi = n1 ;
P
=
P
pi :
fi2[n]:xi 2Ag
pour tout i 2 [n] := f1; 2; :::; ng :
P
pi = n1
1 = jAj
= jAj
:
n
j j
fi2[n]:xi 2Ag
fi2[n]:xi 2Ag
C’est ce qu’on appelle “probabilité uniforme sur
”:
Définition 3.7.
(1) Les évé. fAi gi2I sont dits mutuellement
exclusifs ou incompatibles ou disjoints deux à deux si pour
tous i; j 2 I; i 6= j; Ai \ Aj = ;:
(2) Un système d’événements fAi gi2I est dit complet s’il forme
une partition dénombrable de :
Proposition 3.8 (des probabilités totales). Soit ( ; @; P ) un espace
probabilisé et soit (Ai )i2I un système complet de : Alors pour tout
A 2 @;
P
P (A) =
P (A \ Ai )
i2I
Preuve. A = A\
= A\
S
i2I
Ai =
L
i2I
A \ Ai : Par conséquent,
(A \ Ai )i2I forment un système complet de AP
par des éléments de @.
Par dé…nition d’une probabilité on a P (A) =
P (A \ Ai ) :
i2I
Définition 3.9. Les événements A1 ; A2 ; ::; An sont dit équiprobables si P (A1 ) = P (A2 ) = ::: = P (An ) :
Définition 3.10. On appelle système de cas un système complet
d’événements équiprobables.
Remarque 3.11. Si (Ai )i2I est un système de cas, alors forcément
jIj est …ni:
Définition 3.12. Un cas est favorable à un événement A si son
apparition favorise la réalisation de A.
Remarque 3.13. Le plus souvent on rencontre les systèmes de
cas dans les expériences arti…cielles où l’équiprobabilité est assurée à
l’avance. Dans de tels cas on peut directement estimer la probabilité en
dénombrant tous les cas favorables parmi tous les cas possibles. C’est à
PROBABILITÉS
7
dire que si une expérience se réduit à un système de cas, la probabilité
de l’événement A en question est la proportion des cas favorables:
nombre de cas favorables à la réalisation de A
P (A) =
le nombre de tous les cas possibles
4. Remarque et notations
Dans l’analyse combinatoire, on ne considerera que les ensembles
ayant un cardinal …ni, i.e., le nombre d’éléments de ou encore son
e¤ectif est …ni. On notera par j j ou par card ( ) ; le cardinal de :
Par ailleurs, pour tout n 2 N ; on notera
[n] = f1; 2; :::; ng
5. Produit cartésien
Considérons m ensembles 1 ; 2 ; ..., m pour m 2 N n f1g, d’e¤ectifs
respectifs j 1 j ; j 2 j ; ..., j m j : On rappelle que
i=m
Y
i=1
i
= f! = (! 1 ; ! 2 ; :::; ! m ) : ! i 2
Remarque 5.1. Si
1
=
2
= ::: =
i
m
pour tout i 2 [m]g
:= ; alors
i=m
Y
note
i
=
m
:
i=1
Proposition 5.2.
i=m
Y
i
=
i=1
i=m
Y
i=1
j ij :
Peuve. En e¤et le choix de ! dans équivaut au choix de ! 1 dans
1 de j 1 j manières, puis au choix de ! 2 dans
2 de j 2 j manières; et
ainsi de suite jusqu’au choix de ! m dans m de j m j manières. Comme
tous ces m choix sont indépendants les uns des autres, on choisit donc
i=m
Y
! dans de
j i j manières.
i=1
Remarque 5.3. j
m
j = j jm :
Exemple 5.4. On lance au hasard et indépendamment l’un de
l’autre deux dés parfaits distinguables (un dé blanc et un dé noir).
Trouver un espace probabilisé adéquat et calculer la probabilité de
l’évé A :“la somme des numéros des deux faces supérieures est 11”.
On a
[6]B ; P ([6]N
( ; @; P ) = ([6]N
D’où P (A) =
jAj
j j
=
jf(6;5g;(5;6);(6;6)j
36
[6]B ) ; P := l0 équiproba des singletons)
=
3
36
=
1
:
12
8
A. NAJMI
6. Applications
Définition 6.1. Soient E et F deux ensembles: On appelle application de E dans F; toute relation f qui à chaque xi 2 E associe une
image unique yi dans F telle que yi = f (xi ):
Remarque 6.2. Soient E et F deux ensembles tel que jEj = n:
Se donner donc une application de E dans F équivaut à se donner un
n-uplet (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 F n .
Notation 1. L’ensemble des applications de E dans F est noté
F (E; F ) ou, de façon évidente d’après ce qui précède, F E .
Proposition 6.3. Soient E et F deux ensembles de cardinaux …nis,
alors
jF (E; F )j = jF jjEj
Preuve. Soit E tel que jEj = n
: F (E; F ) ! F n
: f 7 ! (f ) = (f (x1 ); f (x2 ); :::; f (xn ))
Soit y = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 F n : Alors l’équation (f ) = y; où l’inconnue
c’est f; admet l’unique solution f tel que yi = f (xi ) pour tout i 2 I
et f : E ! F (car une application est uniquement détérminée si
on connait son ensemble de départ, son ensemble d’arrivée et l’image
de chaque singleton de l’ensemble de départ): L’application
étant
n
bijective on a jF (E; F )j = jF j et par la remarque précédente on a
jF n j = jF jn = jF jjEj :
Corollaire 6.4. Si E est un ensemble de cardinal …ni, alors
jP (E)j = 2jEj ; où P (E) est l’ensemble des parties de E.
Preuve. En e¤et l’application
: P (E) ! F (E; f0; 1g)
: A7 !
est bijective.
(A) = 1A : x 7 !
1 si x 2 A
0 si x 2
=A
Remarque 6.5 (Très importante). Pour détérminer l’e¤ectif d’un
certain ensemble …ni, on établit souvent une bijection entre cet ensemble et un ensemble dont on connaît l’e¤ectif à l’avance.
Définition 6.6. Soient E et F deux ensembles quelconques et f
une application de E dans F . Soit y un élément quelquonque de F . On
appelle préimage de y par f le sous-ensemble de E noté f 1 (fyg)
PROBABILITÉS
fx 2 E : y = f (x)g : L’ensemble f
peut donc être vide.
1
9
(fyg) 2 P (E) et, en particulier, il
Proposition 6.7 (Très importante). Si f est une application de
E dans F; alors l’ensemble des préimages non vides de E constituent
une partition de E.
Preuve. Soit F 0 = fy 2 F : f
1
(fyg) 6= ;g :
(1) Soient y1 ; y2 2 F 0 ; avec y1 6= y2 : Supposons qu’il existe x 2
f 1 (fy1 g) \ f 1 (fy2 g) ; alors y1 = f (x) = y2 : Ce qui est absurde.
(2)
S
(a) 8y 2 F 0 ; f 1 (fyg) E; ce qui prouve que
f 1 (fyg)
y2F 0
E:
(b) Par ailleurs f étant une application de E
pour tout x 2 E il existe un unique yx
yx = f (x): Mais ceci implique que x 2 f
conséquent
yx 2 F 0 : Mais alors pour Stout
S
f 1 (fyg) : C’est-à-dire que E
f
y2F 0
De (1) et (2) on conclut bien que ff
une partition de E.
dans F; alors
2 F tel que
1
(fyx g) : Par
x 2 E : x 2
1
(fyg) :
y2F 0
1
(fyg) ; y 2 F 0 g forment bien
Exemple 6.8. On distribue au hasard n boules discernables (notées
de 1 à n) dans m boîtes distinctes numérotées de 1 à m. Trouver un
espace probabilisé adéquat et calculer la probabilité des évé:
(1) A :“ (au moins) la boîte numéro m reste vide”.
(2) BI :“(au moins) les boîtes indexées par I restent vides” avec
I [m] …xé.
(3) Bk :“(au moins) k boîtes restent vides”.
Preuve. On prends
( ; @; P ) = (F ([n] ; [m]) ; P (F ([n] ; [m])) ; P := l0 équiproba des singletons)
ou bien
( ; @; P ) = ([m]n ; P ([m]n ) ; P := l’équiproba des singletons)
10
A. NAJMI
Or on a A
F ([n] ; [m] nfmg) ; BI
F ([n] ; [m] nI), Bk
L
BI
I2Pk ([m])
n
jAj
(m 1)n
1
P (A) =
=
= 1
n
j j
m
m
n
n
jBI j
(m jIj)
jIj
P (BI ) =
=
= 1
j j
mn
m
P
P (m k)n
k
1
= Cm
P (Bk ) =
P (BI ) =
n
m
I2Pk ([m])
I2Pk ([m])
k
m
n
7. Arrangements ou injections
Définition 7.1. Soient E et F deux ensembles quelconques et f
2 F (E; F ). L’application f est dite injective si pour tous x; y 2 E tels
que f (x) = f (y); on a x = y: On notera par I (E; F ) l’ensemble des
applications injectives de E dans F .
Définition 7.2. Soit E = fx1 ; x2 ; :::; xn g et k 2 N : 1
k
n:
Un k-arrangement de E est un élément de I ([k]; E) : On notera par
Ik (E) I ([k]; E) :
Proposition 7.3. Si jEj = n, 1
avec par convention 0! = 1: alors
jIk (E)j = n (n
1) (n
2) ::: (n
k
n, n! = n (n
k + 1)
Akn =
1) :::2 1
n!
(n
k)!
:
Preuve. L’image de 1 peut être choisit de n manières di¤érentes,
comme ces applications sont injectives, une fois l’image de 1 choisit, il
ne reste pour le choix de l’image de 2 que n 1 choix. Donc pour choisir
à la fois l’image 1 et celle de 2 on a n(n 1) choix. On réitère le procédé
pour le choix des images de 3; de 4,....; et de k: Finalement le nombre des
choix des images de 1; 2; :::; k c’est n (n 1) (n 2) ::: (n (k 1)) :
Remarque 7.4. Le nombre d’arrangements véri…e les propriétés
suivantes:
(1) Akn = 0 si k > n:
(2) Akn = nAkn 11
(3) Ann = n!
Exemple 7.5. n personnes sont réunies et sont toutes nées dans
une année non bissexstile. Quelle est la probabilité de l’évé A “au
moins deux d’entre elles aient le même anniversaire”?
PROBABILITÉS
11
Preuve. Puisque toutes ces n personnes sont nées dans une année
non bissexstile, alors l’année compte 365 jours. Ici on a
( ; @; P ) = (F ([n] ; [365]) ; P (F ([n] ; [365])) ; l0 équiproba des singletons)
L’évé Ac :“Chaque deux personnes di¤érentes ont des anniversaires
di¤erents”. Par conséquent Ac = I ([n] ; [365]) ce qui fait que
jI ([n] ; [365])j
An
Pr (Ac ) =
= 365n
jF ([n] ; [365])j
365
et
An365
Pr (A) = 1 Pr (Ac ) = 1
:
365n
8. Combinaisons sans répititions
Définition 8.1. Soit E = fx1 ; x2 ; :::; xn g et k : 0
k
n: on
appelle k-combinaison (sans répétitions) de E toute partie de E ayant
k éléments : On notera par Pk (E) l0 ensemble des k-combinaisons de
E.
Proposition 8.2. jPk (E)j
Cnk =
Akn
k!
n!
k!(n k)!
pour tout k 2 N:
Preuve.
(1) Si k > n; alors Pk (E) = ; et on a alors Cnk = 0:
(2) Si k = 0; alors jP0 (E)j = jf;gj = 1 et Cn0 = 0!(nn! 0)! = 1: Car
par convention 0! = 1:
(3) Soit k : 1 k n: alors l’application
: Ik (E) ! Pk (E)
: f 7 ! (f ) = ff (1); f (2); :::; f (k)g
est bien dé…nie. En e¤et f étant injective, alors les f (i)
sont di¤érents deux à deux; et ff (1); f (2); :::; f (k)g appar1
tient bien à Pk (E) : Par ailleurs, soit A 2 Pk (E) ;
(A) =
isomorphe a
ff 2 Ik (E) : (f ) = Ag
Ik (A) : Par conséquent,
1
k!
(A) = jIk (A)j = (k k)! = k!: Par la Proposition 6.7,
1
les
(A) ; A 2 PP
Ik (E) :
k (E) constituent une
P partition deP
1
1=
D’où, jIk (E)j =
(A) =
k! = k!
A2Pk (E)
k! jPk (E)j : Donc jPk (E)j =
A2Pk (E)
A2Pk (E)
Akn
.
k!
Remarque 8.3. Cette démonstration repose sur le principe dit
"des bergers (‡emmards)": Pour compter leurs cheptels ils comptent
d’abord les pates, puis ils divisent par 4.
12
A. NAJMI
Corollaire 8.4. On a les propriétés suivantes:
(1) Cnk = Cnk 11 + Cnk 1 ; pour tout k; n : 1 k n:
(2) Cnk = nk Cnk 11 ; pour tout k; n : 1 k n:
(3) Cnk = Ckk 11 + Ckk 1 + ::: + Cnk 11 ; pour tout k; n : 1
(4) Cnk = Cnn k ; pour tout k; n : k n:
k
n:
Preuve. Facile par le calcul.
Théorème 8.5. Soit E = fx1 ; x2 ; :::; xn g : Alors, il y a bijection
i=n
P
entre Pk (E) et l’ensemble T = ' 2 F(E; f0; 1g :
' (xi ) = k :
i=1
Preuve. Soit
(1)
: Pk (E) ! T
: A 7 ! 1A
est bien dé…ne: Si A 2 Pk (E) ; alors jAj = k; 1A 2 F(E; f0; 1g
i=n
P
et
1A (xi ) = k: Donc est bien dé…ne.
i=1
(2)
est bijective:
(a) est injective: Soient A et A0 2 Pk (E) tels que 1A = 1A0 :
Alors A = A0 :
(b) est surjective: Soit f 2 T et soit A = fx 2 E : f (x) = 1g :
i=n
P
Comme
f (xi ) = k; on a 1A = f:
i=1
Théorème 8.6. Il y a bijection entre Pk (E) et l’ensemble
S=
(y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 f0; 1gn :
i=n
P
yi = k :
i=1
Preuve. Par le théoreme précédent, montrons qu’il ya bijection
entre S et l’ensemble T : Soit
(1)
: T !S
: f 7 ! (f (x1 ) ; f (x2 ) ; :::; f (xn ))
est bien dé…ne: Si f 2 T ; alors chacun des f (xi ) 2 f0; 1g
i=n
P
et
f (xi ) = k: Donc est bien dé…ne.
i=1
(2)
est bijective: Soit y = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 S, alors l’équation
(f ) = y admet l’unique solutionf telle que f (xi ) = yi ; pour
tout i 2 [n] ( Car une application est uniquent détérminée
si l’on connaît toutes ses valeurs, son ensemble de départ et
PROBABILITÉS
13
son ensemble d’arrivée) . Donc f 2 F(E; f0; 1g : Comme
i=n
i=n
P
P
f (xi ) =
yi = k; alor f 2 T et est unique.
i=1
i=1
Théorème 8.7. Il y a bijection entre Pk (E) et l’ensemble D des
distributions de k boules indiscernables (d’aspects extérieurs identiques)
dans n boites distinctes contenant chacune au plus une boule.
Preuve. Par le théoreme précédent, montrons qu’il y a bijection
entre S et D. Prenons n boîtes, alignons les et numérotons les de
gauche à droite de 1 à n.
D =
1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) = i (yi ) =
le vide si yi = 0
une boule si yi = 1
pour tout et i 2 [n]
= f1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 Sg
Soit
: D !S
: 1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) 7 ! (y1 ; y2 ; :::; yn )
Il est évident que
est bijective.
Exemple 8.8. Une urne contient a (a 2) boules blanches et b
boules noires, on tire simultanément (ou 1 à 1 sans remise) et au hasard
deux boules de l’urne. Trouver la probabilité de l’événement A :“tirer
deux boules blanches”.
Preuve.
0
(1) Modèle1 (tirages simultanés): Soient
= fb1 ; :::; ba ; n1 ; :::; nb g ;
= P2 (
0) ;
@ = P ( ):
Les singletons
de forment
un système de cas. On peut écrire
n
o
2
= ! 1 ; ! 2 ; :::; ! Ca+b
: Puisque on tire au hasard les deux
boules, les f! j gj2[C 2 ] sont équiprobables. Ce qui fait que
a+b
les f! j gj2C 2 forment bien un système de cas. Donc P1 est
a+b
2
l’équiprobabilité; i.e., pour tout j 2 Ca+b
, P1 (f! j g) =
Par conséquent, P1 (A) =
nombre de cas favorables
nombre de cas possibles
=
Ca2
:
2
Ca+b
1
:
2
Ca+b
Car
= fb1 ; :::; ba g
= P2 ( 0 ) :
0 et A = P2 ( B )
2
D’où, jAj = Ca :
(2) Modèle2 (tirages 1 à 1 sans remise): On prends = I2 ( 0 ),
@ = P ( ) et ici A = I2 ( B ) ff 2 : f ([2])
=
Bg
I2 ( 0 ) : Ici aussi on peut considérer que les singletons sont
B
14
A. NAJMI
équiprobables. Par conséquent P2 est l’équiprobabilité. D’où,
2
de cas favorables
P2 (A) = nombre
= AA2 a
nombre de cas possibles
a+b
(3) On peut remarquer que P1 (A) = P2 (A) ; c’est à dire que la
probabilité d’un événement, qui est numérique, ne dépend pas
du modèle.
Exemple 8.9 (Loi hypergéométrique H (n; M; N )). Dans un lot de
N pièces, M sont défectueuses. On prend dans ce lot simultanément
(ou 1 à 1 sans remise) n pièces au hasard. Trouver la probabilité que
parmi les n pièces tirées on trouve exactement m pièces défectueuses.
On suppose que n min (M; N M ) :
Preuve.
(1) Modèle1 (tirages simultanés): Soit A l’événement
dont on veut calculer la probabilité. Soient D pour “déféctueuse”
et B pour “bonne”. Soit 0 = fD1 ; :::; DM ; B1 ; :::; BN M g ;
alors j 0 j = N: Soit
= Pn ( 0 ) et @ = P (Pn ( 0 )) : Les
singletons de
forment un système de cas. On peut écrire
= ! 1 ; ! 2 ; :::; ! CNn : Puisque on tire au hasard les n pièces,
les f! j gj2[C n ] sont équiprobables. Ce qui fait que les f! j gj2C n
N
N
forment bien un système de cas. Donc P1 est l’équiprobabilité;
i.e., pour tout j 2 [CNn ], P1 (f! j g) = C1n : Par conséquent,
P1 (A) =
D
nombre de cas favorables
nombre de cas possibles
= fD1 ; :::; DM g
0;
=
B
m Cn
CM
N
n
CN
m
M
N
: Car si
= fB1 ; :::; BN
Mg
= Pn (
0) :
0
et
Pm (
D)
Pn
m
(
B)
A
Soit
: Pm ( D ) Pn m ( B ) ! A
: fDi1 ; :::; Dim g ; Bj1 ; :::; Bjn m
7 ! Di1 ; :::; Dim ; Bj1 ; :::; Bjn
m
est manifestement bijective. Ce qui fait que
jAj = jPm (
D)
Pn
m
(
B )j
m
= CM
CNn
m
M:
(2) Modèle2 (tirages 1 à 1 sans remise): On prends = In ( 0 ),
@ = P ( ) et pour probabilité l’équiprobabilité P2 . Par ailleurs
j j = AnN : Pour avoir A l’ensemble des injections favorables on
choisit une partie de m éléments dans [n] (de Cnm manières)
qu’on va injecter dans D de Am
M manières, une fois ceci fait
(les injections ne sont pas encore terminées !) je dois injecter
PROBABILITÉS
n
les n m éléments qui restent dans B de AN
n
m
Ce qui fait que jAj = Cnm Am
M AN M . D’où,
P2 (A) =
C m Am An
nombre de cas favorables
= n Mn N
nombre de cas possibles
AN
15
m
M
manières:
m
M
(3) On peut remarquer que P1 (A) = P2 (A) ; c’est à dire que la
probabilité d’un événement ne dépend pas du modèle.
Remarque 8.10. L’Exemple 8.8 est un cas particulier de l’Exemple
8.9 avec a + b = N; a = M (donc b = N M ); n = m = 2 (donc
n m = 0).
Exercice 8.11 (Loi binômiale). Une urne contient N boules dont
M sont blanches avec 0 < M < N . Soit p = M
la proportion des boules
N
blanches (0 < p < 1 et donc q := 1 p est la proportion des boules
non blanches. On tire au hasard n boules une à une et avec remise.
Soit k 2 f0; 1; :::; ng : Quelle est la probabilté d’avoir tiré exactement k
boules blanches?
Preuve. Soit 0 = fb1 ; :::; bM ; N B1 ; :::; N BN M g avec N B signi…e
"non blanche" et
= F ([n] ; 0 ). Soit I …xé dansPk ([n]) et soit
BI “les boules blanches tirées sortent exactement dans les rangs indéxés
n k
k
par I” Alors P (BI ) = M (NN nM )
= pk q n k : Car on applique I dans
B := fb1 ; :::bM g et à chacune de ces applications on applique [n] nI dans
B = fN B1 ; :::; N BN M g : Pour tout k 2 f0; 1; :::; ng soit l’événement
Bk “ parmi
k boules blanches”. Alors
Lles n boules tirées on a exactement
P
Bk =
BI : D’où P (Bk ) =
P (BI ) = Cnk pk q n k : C’est la
I2Pk ([n])
I2Pk ([n])
loi binômiale.
9. Surjections
Définition 9.1. Soient E et F deux ensembles et f 2 F (E; F ) ;
et soit
f : P (E) ! P (F )
: A 7 ! f (A) = ff (x) 2 F : x 2 Ag
(encore notée f par abus). f est appelée application extension de f à
l’ensemble des parties de E.
Définition 9.2. Soient E et F deux ensembles. On appelle surjection de E sur F , toute application f 2 F (E; F ) telle que pour tout
y 2 F; il existe au moins un x 2 E tel que y = f (x): Autrement dit f
16
A. NAJMI
est surjective si f (E) = F: Notons l’ensemble des surjections de E sur
F par S (E; F ) :
Proposition 9.3. Posons jEj = k
Alors
(1) S0k = 0 pour tout k 2 N :
(2) Snk = 0 si k < n:
(3) Snn = n! pour tout n 2 N:
(4) Snk = n Snk 1 + Snk 11 pour 1
1; jF j = n et Snk = jS (E; F )j :
n
k:
Preuve.
(1) Supposons que k < n: Soit s 2 S (E; F ) ; comme
s est une application on doit avoir js (E)j k: Comme
js (E)j
k < n = jF j = js(E)j :
Ce qui est absurde.
(2) Supposons que k < n: Soit s 2 S (E; F ) ; on doit avoir n =
js (E)j : Comme k < n; ça veut dire qu’au moins un élément
de E a deux images di¤érentes. Donc s ne serait même pas
une application.
(3) Par convention S00 = 0! = 1: Supposons que jEj = jF j =
n
1: Soit s 2 S (E; F ) ; alors js (E)j = jF j = n: Montrons
que s 2 I (E; F ) : Supposons au contraire que s ne soit pas
injective. Celà veut dire qu’ils existent x; y 2 E qui ont la
même image. Mais alors js (E)j serait n 1: Ce qui contredit
le fait que s soit surjective. Réciproquement si s 2 I (E; F ) ;
on a js (E)j = n = jF j : Par conséquent s (E) = F: Donc s est
surjective. Finalement jS (E; F )j = jI (E; F )j = n!:
(4) Soit a 2 E: Scindons S (E; F ) en deux parties disjointes
S (E; F ) = fs 2 S (E; F ) : s (En fag) = F g fs 2 S (E; F ) : s (En fag) $ F g
De façon évidente posons S (E; F ) = S1 (E; F ) S2 (E; F ).
De même posons F = fx1 ; x2 ; :::; xn g : On a alors
n
L
S1 (E; F ) =
fs 2 S (E; F ) : s (En fag) = F et s (a) = xi g
i=1
Alors
i=n
P k 1
jS (En fag ; F )j =
Sn = nSnk 1 :
i=1
i=1
8
< js (a)j = 1; car s est une application
s (En fag) $ F
Par ailleurs
:
s (E) = F
Donc s (a) 2
= s (En fag) (sinon s (En fag) serait égal à F ):
D’où, fs (a)g s (En fag) = F: Ceci implique que jfs (a)gj +
jS1 (E; F )j =
i=n
P
PROBABILITÉS
17
js (En fag)j = jF j ; c’est-à-dire que js (En fag)j = n
conséquent,
S2 (E; F ) =
n
L
i=1
1: Par
fs 2 S (E; F ) : s (En fag) = F n fxi g et (donc s (a) = xi )g
D’où,
jS2 (E; F )j =
i=n
X
i=1
jS (En fag ; F n fxi g)j = nSnk
1
1
Finalement jS (E; F )j = jS1 (E; F )j+jS2 (E; F )j = n Snk
1
+ Snk
1
1
Avant de trouver le nombre de surjections dé…nissons le nombre de
permutations de E.
Définition 9.4. Soit E un ensemble. On appelle permutation ou
substitution de E toute application bijective de E sur E (i.e., injective
et surjective). On note par (E) l’ensemble des permutations de E.
Proposition 9.5. Si jEj = n; alors j (E)j = n!:
Ann
Preuve. On a (E) = I(E; E) = S(E; E): Par conséquent, j (E)j =
= Snn = n!:
Lemme 9.6 (Principe d’inclusion-exclusion). Soit E un ensemble
…ni et soient f et g des fonctions réelles dé…nies sur P (E) satisfaisant
pour tout A E
P
f (A) =
g (B)
B A
Alors pour tout A
E
g (A) =
P
( 1)jAnBj f (B)
B A
Preuve. Soient C
E: Notons
P
F (A; C) =
( 1)jAnBj
A
C B A
Posons D = AnB: Alors F (A; C) =
P
; D AnC
( 1)jDj =
P
( 1)jDj :
D2P(AnC)
Supposons que jAnCj = n: Si n = 0; alors A = C et F (A; C) =
:
18
A. NAJMI
P
; D ;
k=n
L
k=0
( 1)jDj = ( 1)0 = 1: Supposons que n 6= 0. On a P (AnC) =
Pk (AnC). Par conséquent
F (A; C) =
P
( 1)jDj =
D2P(AnC)
F (A; C) =
k=n
P
P
D2
( 1)k =
k=0 D2Pk (AnC)
P
( 1)jDj
k=n
k=0 Pk (AnC)
k=n
P
( 1)k Cnk
k=0
= (1 + ( 1))n = 0n =
0 si n 6= 0 i,e C 6= A
1 si n = 0 i,e C = A
Finalement
F (A; C) =
A
(C) =
1 si C = A
0 si C 6= A
Calculons alors le second membre de l’égalité à démontrer:
P
( 1)jAnBj f (B) =
B A
P
( 1)jAnBj
B A
=
P
=
g (C)
C B
g (C)
C B
P
P
P
( 1)jAnBj
C B A
g (C) F (A; C)
C B
=
P
g (C)
A
(C)
C B
=
P
g (A) = g (A)
A B
Corollaire 9.7. Avec les hypothèses de la proposition 9.3 on a
i=n
P
Snk =
( 1)n i Cni ik pour 0 n k:
i=0
Proof. Posons jEj = k 1 et jF j = n: Pour répondre on applique
le lemme précédent aux fonctions f et g dé…nies sur P (F ) ainsi: si
A 2 P (F ), f (A) = jF (E; A)j = jAjk est le nombre de fonctions de E
vers A et g (A) = jS (E; A)j est le nombre de fonctions de E vers A qui
sont surjectives. On veut donc calculer g (F ) :
PROBABILITÉS
19
Les hypothèses du principe d’inclusion-exclusion sont remplies, en
e¤et on a bien pour tout A F :
L
F (E; A)
S (E; B)
fB2P(F ):B Ag
D0 ou
P
f (A) =
g (B)
B A
Par conséquent
i=n
P
P
g (F ) =
( 1)jF nBj jBjk =
=
( 1)n
i k
i
i=0
=
i=n
P
P
fB2P(F ):jBj=ig
( 1)n
i=0
( 1)n
i k
i
i=0 fB2P(F ):jBj=ig
B F
i=n
P
P
i
!
1
=
i=n
P
i=0
( 1)n
i k
i
P
B2Pi (F )
!
1
Cni ik :
Exemple 9.8. On distribue au hasard n boules discernables (notées
de 1 à n) dans m boîtes distinctes numérotées de 1 à m. Trouver
un espace probabilisé adéquat et calculer la probabilité des évé: A :“
Aucune boîte ne reste vide ”,BI :“Exactement les boîtes indexées par
I restent vides” avec I
[m] …xé, Bk :“k boîtes exactement restent
vides”. On a
( ; @; P ) = (F ([n] ; [m]) ; P (F ([n] ; [m])) ; l0 équiproba des singletons)
Alors
Sn
jS ([n] ; [m])j
= mn
jF ([n] ; [m])j
m
n
Sm
jS ([n] ; [m] nI)j
jIj
=
P (B) =
n
jF ([n] ; [m])j
m
n
n
L
L Sm
k
k Sm k
P (Bk ) =
P (BI ) =
= Cm n
n
m
I2Pk ([m])
I2Pk ([m]) m
P (A) =
Corollaire 9.9 (Problème des rencontres). Soit E un ensemble
à n éléments, combien y a-t-il de permutations de E sans point …xe,
c’est-à-dire telles que pour tout j 2 E on ait (j) 6= j?
Preuve. On applique le principe d’inclusion-exclusion aux fonctions f et g dé…nies sur P (E) ainsi: si A
E, f (A) = jAj! est le
nombre de permutations de E telles que pour tout j 2 Ac on ait
(j) = j et g (B) est le nombre de permutations de E telles que
20
A. NAJMI
pour tout j 2 B c on ait (j) = j et pour tout j 2 B on ait
On veut donc calculer g (E) : Posons
P
= f 2 P erm (E) = 8j 2 Ac : (j) = jg
(j) 6= j:
A
et pour tout B
B
A posons
= f 2 P erm (E) = (8j 2 B c :
(j) = j) et (8j 2 B :
(j) 6= j)g
Alors
P
(9.1)
=
A
L
B
B A
A partir de (7.1) on voit bien que les hypothèses du Principe d’inclusionexclusion sont remplies, car on a
P
f (A) =
g (B)
B A
Par conséquent
g (E) =
P
B E
=
k=n
P
( 1)jEnBj jBj! =
n k
( 1)
k!
( 1)n
k=0
1
k
(n
!
1
B2Pk (E)
k=n
P
P
( 1)n
k
k!
k=0 fB2P(E):jBj=kg
P
k=0
= n!
k=n
P
k)!
=
= n!
k=n
P
( 1)n
k
Cnk k!
k=0
k=n
P
( 1)k
k=0
1
k!
Comme application de ceci: soit est l’ensemble des permutations
de E: Munissons de l’équiprobabilité. La probabilité qu’une permutation aléatoire soit sans point …xe
n!
k=n
P
( 1)k
k=0
soit approximativement e
si n > 6:
n!
1
1
k!
=
k=n
P
k=0
( 1)k
1
k!
= 0; 36787944117144232159552377016146
10. Combinaisons avec répétitions ou tas
Définition 10.1. Soit E un ensemble et p 2 N. On appelle pcombinaison avec répétitions ou p-tas de E une liste de p éléments de
E; les répétitions étant admises et l’ordre n’intervient pas. On notera
par Qp (E) l’ensemble des p-tas de E.
PROBABILITÉS
21
Exemple 10.2 (et notations). Soit E = fa; b; cg : Alors, < a; a; b; b; b >=<
a; b; b; a; b > est un même 5-tas de E. On remarquera que cette notation
n’est pas universelle.
Théorème 10.3. Il y a bijection entre Qp (E) et l’ensemble
T =
' 2 F(E; N) :
i=n
P
' (xi ) = p :
i=1
Avec E = fx1 ; x2 ; ::; xn g ; p 2 N, n 2 N .
Preuve. Soit
: Qp (E) ! T
: T 7 ! (T )
tel que pour tout i,
(1)
(T ) (xi ) = nombre de fois où xi apparait dans T .
i=n
P
est bien dé…nie puisque
[ (T )] (xi ) = p:
i=1
(2) De plus, l’équation (T ) = (T 0 ) implique que pour tout xi 2
E; [ (T )] (xi ) = [ (T 0 )] (xi ) : D’où, T = T 0 : Par conséquent,
est injective.
(3) Par ailleurs, l’équation (T ) = '; où ' est donné à l’avance
dans T , admet (l’unique) p-tas T comme solution, avec T =<
x1 répété ' (x1 ) fois, x2 répété ' (x2 ) fois,..., xn répété ' (xn )
fois> car l’ordre n’intervient pas.
Théorème 10.4. Il y a bijection entre Qp (E) et l’ensemble
S (n; p) =
y = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 Nn :
i=n
P
i=1
yi = p ; p 2 N; n 2 N :
Preuve. Grace au théorème précédent, montrons que S est isomorphe à T . Soit
: T ! S (n; p)
: ' 7 ! (') = (' (x1 ) ; ' (x2 ) ; :::; ' (xn ))
(1)
est bien dé…nie car
i=n
P
i=1
' (xi ) = p; donc
(') 2 S (n; p) :
(2) De plus, pour tout y 2 S (n; p) ; donné à l’avance, l’équation
(') = y (i.e. (' (x1 ) ; ' (x2 ) ; :::; ' (xn )) = (y1 ; y2 ; :::; yn ))
admet l’unique solution ' 2 T dé…nie par ' (xi ) = yi pour
tout i 2 [n] :
22
A. NAJMI
Théorème 10.5. Il y a bijection entre Qp (E) et l’ensemble des
distributions D de p boules indiscernables dans n boîtes distinctes. Avec
p 2 N, n 2 N .
Preuve. Alignons n les boîtes côte à côte et numérotons les de
gauche à droite de 1 à n. Soit
: S (n; p) ! D
: y = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 7 !
(y) = 1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn )
avec pur tout i 2 [n], i (yi ) signi…e que dans boîte numéro i, il y
a exactement yi boules. La bijection est évidente, dans le n-uple
(y1 ; y2 ; :::; yn ) on peut identi…er la place i où se trouve l’élément yi
avec la boîte numéro i.
Théorème 10.6. Soit un ensemble E tel que jEj = n avec n 2 N
et p 2 N: On a
p
jQp (E)j = Cp+n
1
Preuve.
(1) Première méthode: Par le Théorème 8.4, il y a
bijection entre S (n; p) et Qp (E) : Posons jS (n; p)j = s (n; p) :
Les conditions initiales sont:
(10.1)
s (1; p) = 1 () y1 = p; solution unique
s (n; 0) = 1 () y1 + y2 + ::: + yn = 0; solution unique y = (0; :::; 0)
Réccurence: pour n
2; S (n; p) = S 1 (n; p) S 2 (n; p) ; avec
S1 (n; p) = fy 2 S (n; p) : y1 1g et S2 (n; p) = fy 2 S (n; p) : y1 = 0g :
Donc on a s (n; p) = jS (n; p)j = jS1 (n; p)j + jS2 (n; p)j. Mais
alors
S1 (n; p) =
(y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 N
Nn 1 : (y1 1) + y2 + ::: + yn = p
f(z1 ; z2 ; :::; zn ) 2 Nn : z1 + z2 + ::: + zn = p 1g :
Par conséquent, jS1 (n; p)j = s (n; p
S2 (n; p) =
(10.2)
(0; y2 ; :::; yn ) 2 f0g
(z1 ; :::; zn 1 ) 2 N
Par conséquent, jS2 j = s (n
s (n; p) =s (n; p
N
n 1
n 1
1) : Par ailleurs,
: y2 + ::: + yn = p
: z1 + ::: + zn
1
=p :
1; p) : Donc on a
1) + s (n
1; p)
Les conditions aux limites (8:1) et la réccurence (8:2) sont
p
manifestement véri…éees par la double suite w (n; p) = Cp+n
1:
Or deux suites (doubles) qui obéissent aux mêmes conditions
initiales et à la même réccurence sont égales. Par conséquent,
p
w (n; p) = Cp+n
1 = s (n; p) :
1
PROBABILITÉS
23
(2) Deuxième méthode: Elle repose sur le Théorème 8.5. Pour
n = 1; il n’y a qu’une seule distribution: toutes les boules
p
sont dans cette même boîte et alors jQp (E)j = 1 = Cp+1
1 =
p
2, alignons les boîtes côte à côte et notons
Cp : Pour n
les cloisons communes (côtés communs) par c1 ; :::; cn 1 . Soit
D = 1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) une distribution donnée dans D et
soit 'D l’application
'D : fc1 ; :::; cn 1 g ! [n + p 1]
: ci 7 ! 'D (ci ) = i + y1 + y2 + ::: + yi ; i.e., c’est le nombre de
cloisons (ci comprise) et de boules qui se trouvent à gauche de ci :
Montrons que 'D est strictement croissante dans le sens suivant: Pour tout i 2 [n 2] ;
i < i + 1 =) 'D (ci ) < 'D (ci+1 )
En e¤et 'D (ci+1 )
bien sûr
1
'D (ci ) = 1 + yi+1
1 car yi+1 2 N: On a
1+y1 = 'D (c1 ) < ::: < 'D (cn 1 ) = n 1+y1 +y2 +:::+yn
1
n 1+p
Soit
: D ! P n 1 ([n + p 1])
: D ! f'D (c1 ) ; 'D (c2 ) ; :::; 'D (cn 1 )g
alors est bien dé…nie par le fait que 'D est strictement croissante, d’où il en découle que f'D (c1 ) ; 'D (c2 ) ; :::; 'D (cn 1 )g
est un ensemble (c’est un (n 1)-tas particulier où les éléments
ne se répètent pas). Soit l’équation
(10.3)
(D) = P = fp1 ; p2 ; :::; pn 1 g
(où D = 1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) et 1
p1 < p2 < ::: < pn 1
n 1 + p) donné à l’avance, dans Pn 1 ([n + p 1]). On va
montrer que l’équation (8:3) admet une solution unique. En
e¤et l’équation (8:3) équivaut au système suivant
8
'D (c1 ) = P1
>
>
< ' (c2 ) = P2
D
..
>
.
>
:
'D (cn 1 ) = Pn 1
24
A. NAJMI
qui équivaut à
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
y1 + 1 = P 1
y1 + 1 + y2 + 1 = P2
..
.
y1 + y2 + :::yn 3 + n 3 + yn 2 + 1 = Pn
y1 + y2 + :::yn 2 + n 2 + yn 1 + 1 = Pn
qui conduit à la solution unique
8
y
=
P1 1
>
> 1
>
>
y
=
P
P1 1
2
2
>
>
<
..
.
>
yn 1
=
Pn 1 Pn 2 1
>
>
>
>
et
donc
>
Pn 1
:
(pi pi
yn
=
p
p1 1 + i=2
1
2
1
1)
D’où l’unicité de D
D = 1 (p1
= 1 (p1
1) 2 (p2
1) 2 (p2
Par conséquent
p1
p1
1) ::: (n
1) ::: (n
1) (pn
1) (pn
pn
pn
1
1
2
2
1) n (yn )
1) n (p pn
1
+n
est bijective et alors
jDj = jQp (E)j = jPn
1
([n + p
n 1
1])j = Cn+p
1
p
= Cn+p
1
Exemple 10.7. Soit à détérminer le plus grand nombre de monômes
d’un pôlynôme de degré k et à plusieurs indétérminées t1 ; t2 ; :::; tn :
Preuve. Soit
Pk (t1 ; t2 ; :::; tn ) =
f(
1 ; 2 ;:::; n
P
)2Nn :
0
c(
1 + 2 +:::+ n
1 ; 2 ;:::; n )
t1 1 t2 2 :::tnn :
kg
Le plus grand nombre de monômes correspond au cas où aucun des
c( 1 ; 2 ;:::; n ) n’est nul. Donc tout revient à résoudre l’inéquation 0
k: Mais cette inéquation est équivalente à l’existence
1 + 2 +:::+ n
d’un n+1 2 N tel que 1 + 2 + ::: + n + n+1 = k: Mais d’après les
théorèmes 8.4, 8.5 et 8.6 le nombre de solutions de cette équation est
k
k
C(n+1)+k
1 = Cn+k :
Exercice 10.8. On distribue au hasard p boules indiscernables
dans n boîtes distinctes.
(1) Modéliser cette expérience par un espace probabilisé ( ; @; P )
adéquat.
(2) Trouver la probabilité p (n; 0) qu’aucune boîte ne reste vide.
1)
PROBABILITÉS
25
(3) Pour I …xé dans [n] ; trouver la probabilité p (n; I) qu’exactement
les boîtes indexées par I restent vides.
(4) Pour k = 1; 2; :::; n 1 trouver la probabilité p (n; k) que k
exactement des boîtes restent vides.
(5) Démontrer la formule suivante
p
Cn+p
1
=
k=n
P1
Cnk Cpp
n+k
1
k=0
Preuve.
(1) Soit = Qp ([n]) ; @ = P ( ) et P = equiprobabilite car
p
les distributions sont faites au hasard. On a jS (n; p)j = Cn+p
1:
(2) Remarquons tout d’abord si p < n le nombre de cas favorables
est nul et p (n; 0) = 0: Soit p n, par utilisation du Théorème
8.4, le nombre de cas favorables est le nombre de solutions
en entiers naturels non nuls de l’équation y1 + :::yn = p qui
est équivalent au nombre de solutions en entiers naturels de
l’équation z1 + ::: + zn = p n. Ce nombre est jQp n ([E])j =
p n
p n
Cn+p
n 1 = Cp 1 : Ce qui fait que
p (n; 0) =
Cpp 1n
p
Cn+p
1
(3) De même si p < n jIj le nombre de cas favorables est nul et
p (n; I) = 0: Soit p n jIj, par utilisation du Théorème 8.4, le
nombre de cas favorables est le nombre
X de solutions en entiers
naturels non nuls de l’équation
yi = p qui est équivai2[n]nI
lent
X au nombre de solutions en entiers naturels de l’équation
zi = p (n jIj). Ce nombre est jS (n jIj ; p (n jIj))j =
i2[n]nI
p n+jIj
Cn jIj+p n+jIj 1
p n+jIj
:
1
= Cp
D’où
p n+jIj
Cp 1
p (n; I) = p
Cn+p
1
(4) De même si p < n k le nombre de cas favorables
Xest nul et
p (n; k) = 0: Soit p
n k. Alors p (n; k) =
p (n; I)
I2Pk ([n])
26
A. NAJMI
D’où
p (n; k) =
X
I2Pk ([n])
=
p n+jIj
Cp 1
p
Cn+p
=
1
Cpp 1n+k X
1
p
Cn+p
1 I2P ([n])
k
X
I2Pk ([n])
=
Cnk
Cpp 1n+k
p
Cn+p
1
Cpp 1n+k
:
p
Cn+p
1
Cnk Cpp 1n+k
p (n; k) =
p
Cn+p
1
(5) Soient Ak :“k urnes exactement restent vides”pour k = 0; 1; :::; n
1. Les fAk ; pour k = 0; 1; :::; n 1g forment un système comk=n
X1
p (n; k) = 1:
plet. En posant p (n; k) = P (Ak ) ; on a
k=0
D’où l’on tire la formule suivante:
k=n
P1 k p
p
Cn+p
=
Cn Cp
1
n+k
1
k=0
11. Partages et partitions d’un ensemble de cardinal …ni
Définition 11.1. Soit k 2 N : On appelle k-partage de E toute
suite ordonnée Mk = (A1 ; A2 ; :::; Ak ) de sous-ensembles de E, éventuellement vides, tels que
i=k
S
(1) E =
Ai
i=1
(2) Ai \ Aj = ; si i 6= j pour tous i; j 2 [k] :
Remarque 11.2. jEj =
i=k
P
i=1
jAi j :
Exemple 11.3. Mk = (fag ; ;; fb; cg ; ;) est un 4-partage de E =
fa; b; cg qui est di¤érend du 4-partage de E: (;; fag ; fb; cg ; ;):
Notation: On notera par
8
9
<
=
M
Mk (E) = Mk = (A1 ; A2 ; :::; Ak ) :
Ai = E avec 8i 2 [k] ; Ai 2 P (E)
:
;
i2[k]
l’ensemble des k-partages de E et par
[P artak (a1 a2 ::: ak )] (E)
l’ensemble des k-partages de E tels que jAi j = ai pour tout i 2 [k] :
PROBABILITÉS
27
Proposition 11.4. Soit E un ensemble tel que jEj = n: Alors
n!
j[P artak (a1 a2 ::: ak )] (E)j =
a1 !a2 !:::ak !
i=k
P
avec (bien sûr)
ai = n:
i=1
Preuve. Puisque Mk est ordonné, alors se donner Mk équivaut
à se donner d’abord A1 puis A2 ; ::: et en…n Ak : On choisit A1 de Cna1
manières dans E, une fois A1 choisit, on choisit A2 dans EnA1 ( car
A1 \ A2 = ;) de Cna2 a1 manières,... et en…n on choisit Ak dans
i=n
S1
En
Ai de Cnak a1 a2 ::: ak 1 = Caakk = 1 manières. Finalement le
i=1
nombre de choix de Mk est alors
Cna1
Cna2 a1
:::
Cnak a1
a2 ::: ak
1
=
n!
a1 !a2 !:::ak !
Exemple 11.5. Soit E un ensemble tel que jEj = n: Alors
n!
j[P arta2 (k (n k))] (E)j =
:= Cnk
k! (n k)!
avec a1 + a2 = n: C’est le Cnk de l’Exercice 6.11.
Exercice 11.6. Soient E et F deux ensembles quelconques …nis
non vides jEj = n et jF j = k. Montrer qu’il y a bijection entre
l’ensemble des applications de E dans F; autrement dit F (E; F ) ; et
l’ensemble Mk (E) des k-partages de E:
Preuve. Posons F = fy1 ; y2 ; :::; yk g : Considérons l’application
dé…nie par:
F (E; F ) ! Mk (E)
f 7 !
(f ) = f
1
(y1 ) ; f
1
(y2 ) ; :::; f
1
(yk )
est bien dé…nie car on sait que les préimages non vides de E forment
une partition de E; Si on leur ajoute les préimages vides on obtient
bien un k-partage de E. Injection
(f )
f
1
(fy1 g) ; f
1
(fy2 g) ; :::; f
1
(fyk g)
=
()
=
(g)
g
1
(fy1 g) ; g
1
(fy2 g) ; :::; g
D’où f = g:
Surjection: Soit Mk = (A1 ; A2 ; :::; Ak ) 2 Mk (E) : Considérons
l’application f dé…nie par f (Ai ) = yi pour tout i 2 [k] : Soit i …xé
1
(fyk g) :
28
A. NAJMI
dans [k] : On a Ai
il existe
f
1
(fyi g) : Supposons que Ai 6= f
xi 2 f
1
1
(fyi g) : Donc
(fyi g) nAi :
Comme les Ai forment un k-partage de E; alors il existe un j 2 [k] n fig
tel que xi 2 Aj : Par conséquent f (xi ) = yj : Or f (xi ) = yi : Ce qui
fait qu’il y a contradiction, puisque yi 6= yj : Donc pour pour tout
i 2 [k] ; Ai = f 1 (fyi g) et alors (f ) = (A1 ; A2 ; :::; Ak ) :
Exercice 11.7. Soient k et n deux entiers naturels non nuls. Montrer que l’on a l’égalité suivante:
kn =
X
a1 +a2 +:::+ak
n!
a !a !:::ak !
=n 1 2
Proof. On a
Mk (E) =
M
[P artak (a1 a2 ::: ak )] (E) :
f(a1 ;a2 ;:::;ak )2Nk :a1 +a2 +:::+ak =ng
D’où
jMk (E)j =
M
f
(a1 ;a2 ;:::;ak )2Nk :a1 +a2 +:::+ak =n
g
j[P artak (a1 a2 ::: ak )] (E)j
Par la proposition précédente jMk (E)j = jF (E; F )j = k n et comme
j[P artak (a1 a2 ::: ak )] (E)j = a1 !a2n!!:::ak ! ; on a le résultat.
Exercice 11.8 (Loi multinômiale M (n; p1 ; :::; pk )). Une urne contient des boules de k couleurs di¤érentes. Pour tout i 2 [k] la proportion
de la couleur N i est pi : On tire au hasard n boules une à une et avec remise.
(1) Trouver la probabilité de événement A(I1 ;I2 ;:::;Ik ) tel que pour
tout i 2 [k] ; exactement ni boules de la couleur numéro i sont
tirées dans les rangs indéxés par Ii (où (I1 ; I2 ; :::; Ik ) est …xé et
appartenant à [P artak (n1 n2 ::: nk )] ([n])).
(2) Quelle est la probabilité d’avoir exactement ni boules de la
couleur N i et ceci pour tout i 2 [k]?
Preuve.
0
= b11 ; b12 ; :::; b1m1 ; b21 ; b22 ; :::; b2m2 ; :::; bk1 ; bk2 ; :::; bkmk :
i=k
L
i=1
l’ensemble de toutes les boules des k couleurs di¤érentes avec pour tout
i 2 [k] i0 = bi1 ; bi2 ; :::; bimi et j i0 j = mi pour tout i 2 [k]. Soit
mi
= jm0ij (pour tout i 2 [k]) qui est la probabilité de tirer
pi = m1 +:::+m
k
i
0
PROBABILITÉS
29
une boule de la couleur N i: On remarque tout d’abord que
i=k
X
pi = 1
i=1
et
i=k
X
ni = n: Soit
i=1
= F ([n] ;
0) :
(1) Comme dans la loi binômiale qui a fait l’objet de l’Exercice
6.11, et où on a considéré l’ensemble P arta2 (k (n k)) ([n])
des 2-partages de [n] en deux parties avec
jP arta2 (k (n
k)) ([n])j =
n!
= Cnk ;
k! (n k)!
considérons (I1 ; I2 ; :::; Ik ) …xé et 2 P artak (n1 n2 ::: nk ) ([n]) :
Alors
i=k
Q
A(I1 ;I2 ;:::;Ik )
i=1
F Ii ;
i
0
et
P A(I1 ;I2 ;:::;Ik )
A(I1 ;I2 ;:::;Ik )
=
=
jF ([n] ; 0 )j
i=k
Q
i=1
i=k
P
mni i
n
mi
i=1
=
i=k
Q
i=1
i=k
P
mni i
mi
i=1
i=k
X
= pn1 1
pn2 2
:::
pnk k
ni
i=1
(2) Soit A l’événement dont on veut calculer la probabilité on a
A
L
(I1 ;I2 ;:::;Ik )2
P artak (n1 n2 ::: nk )([n])
A(I1 ;I2 ;:::;Ik )
30
A. NAJMI
P (A) =
X
P A(I1 ;I2 ;:::;Ik )
X
pn1 1
(I1 ;I2 ;:::;Ik )2
P artak (n1 n2 ::: nk )([n])
=
pn2 2
pnk k
:::
(I1 ;I2 ;:::;Ik )2
P artak (n1 n2 ::: nk )([n])
n!
pn1 1
n1 !n2 !:::nk !
=
pn2 2
pnk k .
:::
Définition 11.9. Une k-partition de E est un élément Pk de Pk (P (E))
avec Pk = fA1 ; A2 ; :::; Ak g telles que:
(1) Pour tout i 2 [k] : Ai 6= ;:
i=n
S
(2) E =
Ai :
i=1
(3) Ai \ Aj = ; si i 6= j pour tous i; j 2 [k].
Notations: Soit E tel que jEj = n; on notera par [P artik (k1 a1 k2 a2 ::: kp ap )] (E)
l’ensemble des k-partitions
Pk = A11 ; ; A21 ; :::; Ak11 ; :::; A1p ; ; A2p ; :::; Akpp
de E; avec pour tout i 2 [p] ; Aji = ai 6= 0 pour tout j 2 [ki ] avec
j=p
j=p
P
P
kj aj = n:
kj = k et bien sûr
j=1
j=1
Proposition 11.10. Avec les notations précédentes on a
n!
j[P artik (k1 a1 k2 a2 ::: kp ap )] (E)j =
k1 !::kp !: (a1 !)k1 ::: (ap !)kp
Preuve. Posons
2
13
0
6
C7
B
Lk (E) = 4P artak @a1 :::a1 ::: ap ::: ap A5 (E) ;
| {z }
| {z }
k1 fois
kp fois
Tk (E) = [P artik (k1 a1 k2 a2 ::: kp ap )] (E) ;
Mk =
Pk =
A11 ; A21 ; :::; Ak11 ; :::; A1p ; ; A2p ; :::; Akpp
A11 ; ; A21 ; :::; Ak11 ; :::; A1p ; ; A2p ; :::; Akpp
et
PROBABILITÉS
31
Soit
: Lk (E) ! Tk (E)
: Mk 7 ! Pk
(1)
(2)
(k )
Or pour tout l 2 [p] et toute permutation Al l ; ; Al l ; :::; Al l l des
A1l ; ; A2l ; :::; Akl l entre eux ( de kl ! manières dans Mk ) donne la même
partition Pk : Ce qui fait que
1
(Pk ) =
et
1
(1)
A1 1 ; :::; A1 1
(k1 )
; :::; Ap p (1) ; :::; Ap p (kp ) = ( 1 ; ::;
p)
(Pk ) = k1 !::kp ! Or, d’après la Proposition 4.7 on sait que
X
1
Lk (E) =
(Pk )
2
i=p
Q
P erm ([ki ])
i=1
Pk 2Tk (E)
et de là que
jLk (E)j =
=
X
1
(Pk )
Pk 2Tk (E)
X
k1 !::kp !
Pk 2Tk (E)
= k1 !::kp !
X
1
Pk 2Tk (E)
= k1 !::kp ! jTk (E)j
Doù
jLk (E)j
jTk (E)j =
=
k1 !::kp !
=
n!
(a1 !)k1
k
:::(ap !) p
k1 !::kp !
n!
k1 !::kp ! (a1 !)k1
::: (ap !)kp
Exercice 11.11. Lers n chromosomes d’une cellule exposée à des
radiations sont brisées en deux parties: L’une de type a (contenant
le centromètre). L’autre de type b. les parties de chromosomes se regroupent ensuite par paires. La cellule meurt si deux demi-chromosomes
de même type se réapparient. Toutes les paires sont supposées équiprobables. Quelle est la probabilité de mort de la cellule.
Preuve. Soit 0 = fa1 ; :::an ; b1 ; :::bn g et = [P artin (n 2)] ( 0 ) :
Soit l’évé. A“la cellule meurt”et donc Ac “la cellule vit”. Considérons
32
A. NAJMI
l’ensemble des bijections 2 Bij (fa1 ; :::an g ; fb1 ; :::bn g). Les cas favorables à Ac sont les n-partitions de de la forme
pour tout
séquent
ffa1 ; (a1 )g ; fa2 ; (a2 )g ; :::; fan ; (an )gg
2 Bij (fa1 ; :::an g ; fb1 ; :::bn g) : D’où jAc j = n!: Par conjAc j
n!
(n!)2 2n
P (A ) =
= (2n)! =
j j
(2n)!
n
c
n!2
D’où
(n!)2 2n
:
P (A) = 1
(2n)!
Exercice 11.12. Le but de cet exercice est, entre autres, de démontrer que le nombre de partitions d’un ensemble …ni E (jEj = k)
est
p=1
P pk
1
=
e
:
k
p=0 p!
Soit (k; n) le nombre de partitions de E d’ordre n (en n parties) et
S (E; Fn ) =ensemble des surjctions de E sur Fn avec jFn j = n: Posons
Snk = jS (E; Fn )j :
(1) Montrer que Snk = n! (k; n) pour tout n; k 2 N:
n=k
P n k
(2) Montrer que pk =
Cp Sn pour tout n; k 2 N:
(3) Montrer que
k
=
p
n=0
n=k
P
(k; n) :
n=0
(4) Posons up = pk xp! : Montrer que pour k …xé
(a) Si x = 0 la série des up converge.
(b) Si x 6= 0 il existe p0 2 N : 8p 2 N : p p0 on a
up+1
up
(5) Posons gk (x) =
P
p 0
1
:
2
p
pk xp! : Montrer que gk (x) = ex
et en déduire que
k
=e
1
n=1
P
n=0
n=k
P
(k; n) xn
n=0
nk
:
n!
(6) Montrer de deux manières di¤érentes que
k
=
k
P
l=0
Ckl
1 l:
PROBABILITÉS
33
(7) Montrer que
1+
P
k 1
k
k!
x
xk = e(e
1)