TD 16 CORRECTION

Probas - Feuille 1
Exos Probas 1 - Espaces probabilisés
Exercice 1
Soient T une tribu sur un ensemble Ω, et Ω0 une partie de Ω.
Montrer que T 0 = {A ∩ Ω0 /A ∈ T } est une tribu sur Ω0 .
• Ω0 = Ω ∩ Ω0 donc Ω0 ∈ T 0 .
• Soit B ∈ T 0 . On écrit B = A ∩ Ω0 avecA ∈ T ; alors
Ω0 ∩ B = Ω0 ∩ A ∩ Ω0 = Ω0 ∩ A ∪ Ω0 = Ω0 ∩ A ∈ T 0 (car T est une tribu donc A ∈ T ) .
• Soit
d’éléments
de T 0 ; pour tout n on note Bn =[An ∩ Ω0 où An ∈ T . Alors
[ (Bn )n∈N
[ une suite
[
Bn =
An ∩ Ω 0 =
An ∩ Ω0 ∈ T 0 (car T est une tribu donc
An ∈ T ).
n∈N
n∈N
n∈N
n∈N
On a montré que T 0 est une tribu su Ω0 .
Exercice 2
Soit Ω un ensemble non dénombrable. On note : T = {A ⊂ Ω/A ou A est au plus dénombrable}.
1. Montrer que T est une tribu sur Ω.
• Ω = ∅ est au plus dénombrable, donc Ω ∈ T .
• Soit A ∈ T ; alors A ou A est au plus dénombrable, donc A ou A est au plus dénombrable d’où
A∈T.
• Soit (An )n∈N une suite d’éléments de T ;
[
[
Si pour tout n, An est au plus dénombrable, alors
An est au plus dénombrable et
An ∈ T .
n∈N
S’il existe n0 ∈ N tel que An0 est au plus dénombrable, alors
n∈N
[
An =
n∈N
dénombrable donc
[
\
An ⊂ An0 est au plus
n∈N
An ∈ T .
n∈N
On a montré que T est une tribu su Ω.
0 si A est au plus dénombrable
.
2. Pour A ∈ T , on pose : P(A) =
1 si A est au plus dénombrable
Montrer que P est une probabilité sur (Ω, T ).
• P(Ω) = 1.
• Soit (An )n∈N une suite d’éléments de T deux à deux
[ incompatibles ;
Si pour tout n, An est au plus dénombrable, alors
An est au plus dénombrable donc
n∈N
!
P
[
An
n∈N
=0=
+∞
X
P(An ).
n=0
S’il existe n0 tel que An0 est au plus dénombrable alors, comme pour tout n 6= n0 , An ∩ An0 = ∅ on
a An ⊂ An!
0 donc pour tout n 6= n0 , An est au plus dénombrable, et on a bien :
+∞
+∞
[
X
P
An = 1 =
P(An ).
n=0
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n=0
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Exercice 3
Soient Ω et E deux ensembles non vides, f : E → Ω une application.
1. On considère une tribu T sur Ω.
Montrer que : U = {f −1 (A)/A ∈ T } est une tribu sur E.
• E = f −1 (Ω) ∈ U.
• Soit A ∈ U ; on note A = f −1 (A0 ), avec A0 ∈ T . On a A = f −1 (A0 ) = f −1 A0 ∈ U (car T est une
tribu donc A0 ∈ T ) .
• Soit (An )n∈N une suite d’éléments de!U ; on note pour tout n, An = f −1 (Bn ) avec Bn ∈ T . On a :
[
[
[
[
An =
f −1 (Bn ) = f −1
Bn ∈ T ).
Bn ∈ U (car T est une tribu donc
n∈N
n∈N
n∈N
n∈N
On a montré que T est une tribu su Ω.
2. Montrer que l’image de la tribu P(E) par f n’est pas toujours une tribu sur Ω.
Si f n’est pas surjective, Ω ∈
/ f (P(E)).
Exercice 4
Soit (an )n∈N une suite strictement décroissante de réels positifs de limite nulle.
Montrer qu’il existe λ ∈ R (et le déterminer) qui permette de définir une probabilité P sur N par :
P({n; n + 1; ...}) = λan .
1
Analyse : P(N) = 1 donc λa0 = 1 donc λ = .
a0
Pour n ∈ N, on note An = [|n, +∞[|
 ; alors {n}= An ∩ An+1 . On a donc :
P({n}) = P(An ) + P An+1 − P An ∪ An+1  = λan + (1 − λan+1 ) − 1 = λ(an − an+1 ) > 0.
| {z }
N
N
aN +1
1 X
(an − an+1 ) = −
De plus,
P({n}) =
+ 1 −→ 1 (par télescopage).
N →+∞
a0
a0
n=0
n=0
an − an+1
. D’après l’analyse, pn définit une probabilité sur
Synthèse : Pour n ∈ N, on note pn =
a0
(N, P(N)).
N
X
Exercice 5
On munit N de la probabilité : ∀n ∈ N, P({n}) = 2−n−1 .
Les événements 2N et 3N sont-ils indépendants ?
+∞
+∞
X
X
X
1 1
2k−1
∀k ∈ N∗ , P(kN) =
P({i}) =
P({k n}) =
2−k n−1 =
=
;
2 1 − 21k
2k − 1
n=0
n=0
i∈kN
4
32
2 4
2
6= × .
Ainsi, P(2N) = , P(3N) = et P(2N ∩ 3N) = P(6N) =
3
7
63
3 7
Les événements ne sont donc pas indépendants.
Exercice 6
Deux joueurs A et B lancent à tour de rôle une pièce truquée. Le joueur A commence et la pièce amène
Face avec la probabilité p ∈]0; 1[.
Le premier qui obtient Face gagne le jeu, qui s’arrête alors.
1. Quelle est la probabilité que A gagne lors de son n-ième lancer ?
Pour k ∈ N∗ , on note Fk : " le k-ième lancer donne Face.
Pour n ∈ N∗ , on note An : "le joueur A gagne
à son n-ième lancer.
P(An ) = P F1 ∩ F2 ∩ · · · ∩ F2n−2 ∩ F2n−1 = P(F1 ) P(F2 ) · · · P(F2n−2 )P(F2n−1 ) = (1 − p)2n−2 p
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2. Quelle est la probabilité
que A gagne le jeu ?
! +∞
+∞
+∞
[
X
X
n
P(A) = P
An =
(1 − p)2n−2 p = p
(1 − p)2 =
n=1
n=1
n=0
1
.
2−p
3. Y a-t-il une valeur de p qui assure que les deux joueurs aient la même probabilité de gagner ?
1
1
> , donc quel que soit p, A a plus de chance de gagner.
D’après la question précédente, P(A) =
2−p
2
Exercice 7
Le joueur JF joue contre le joueur JP avec une pièce équilibrée.
Si la fréquence F F est observée avant la fréquence P F , alors le joueur JF gagne. Si c’est la fréquence
P F qui est observée en premier, alors le joueur JP gagne.
1. Justifier que la probabilité que personne ne gagne est nulle.
Pour n ∈ N∗ , on note Fn : "le n-ième lancer donne Face".


L’événement Gn : "Personne n’a gagné au n-ième lancer" est F1 ∩ 
n
\
k≥2


Fk  ∪ 
n
\

Fk .
k≥1
n−1 n
1
1
1
+
.
On a : P(Gn ) = ×
2
2
2
La suite Gn est une suite décroissante d’événements dont l’intersection est G : Aucun joueur ne
gagne. Le théorème de la limite monotone donne : P(G) = lim P(Gn ) = 0.
n→+∞
2. En considérant les résultats des deux premiers lancers, montrer que JP a la plus grande probabilité de
l’emporter, et la déterminer.
En notant F : "faire Face" et P : "faire Pile", on a :
P
au premier Face, JP gagne
F
F
JF gagne
P
au premier Face, JP gagne
F
JP gagne
P
D’après la question précédente, la probabilité qu’aucun joueur ne gagne est nulle, on a donc :
3
P( "JP gagne") = .
4
Exercice 8
On lance (une seule fois) une pièce équilibrée, puis on effectue des tirages successifs dans une urne
contenant initialement une boule blanche et une boule noire selon le protocole suivant :
· On tire une boule, on note sa couleur, on la remet dans l’urne ;
· Si on avait obtenu Pile on rajoute une boule blanche dans l’urne, sinon on rajoute une boule noire.
1. Calculer la probabilité de tirer une boule blanche au k-ième tirage.
On note P : "on obtient Pile", et pour k ∈ N∗ , Ak : " on tire une boule blanche au k-ième tirage".
La formule des probabilités totales donne :
k
1
1
+
=
P(Ak ) = PP (Ak ) P(P ) + PP (Ak ) P(P ) =
2(k + 1) 2(k + 1)
2
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2. Sachant que l’on a tiré une boule blanche au k-ième tirage, calculer la probabilité d’avoir obtenu Pile.
k
PP (Ak ) P(P )
k
2(k+1)
PAk (P ) =
=
=
.
1
P(Ak )
k+1
2
3. Calculer la probabilité d’obtenir k boules blanches lors des k premiers tirages.
Les formules
totales
et composées!donnent :
!
! des probabilités
k
k
k
\
\
\
An + P P ∩
P
An = P P ∩
An
n=1
n=1
n=1
= P (Ak |P ∩ A1 · · · ∩ Ak−1
) × P (Ak−1 |P ∩ A1 ∩ · · · ∩ Ak−2 ) × · · · × P (A1 |P ) × P(P ) +
P Ak |P ∩ A1 · · · ∩ Ak−1 × P Ak−1 |P ∩ A1 · · · ∩ Ak−2 × · · · × P A1 |P × P(P )
k
k−1
1 1
1
1
1 1
1
1
=
×
× ··· × × +
× × ··· × × =
+
.
k+1
k
2 2 k+1 k
2 2
2(k + 1) 2(k + 1)!
Exercice 9
1
Soient N ∈ N∗ , p ∈]0; 1[, p 6= . On joue à un jeu de pile ou face avec une pièce truquée, la probabilité
2
d’obtenir Pile étant p.
A chaque jet, si l’on obtient Pile on gagne 1 e, sinon on perd 1e. On suppose que l’on ne peut jouer
que si l’on dispose d’au moins 1 e.
Le jeu s’arrête soit lorsque l’on possède N e, soit lorsque l’on ne possède plus rien.
Au départ, on dispose de n e (0 ≤ n ≤ N ) ; on note pN (n) la probabilité de gagner la partie.
1. Déterminer une relation entre pN (n), pN (n + 1) et pN (n − 1).
On note P1 : "faire Pile au premier lancer" et G : "gagner". La formule des probabilités totales donne :
P(G) = PP1 (G)P(P1 ) + PP1 (G)P(P1 ) d’où : pN (n) = pN (n + 1)p + pN (n − 1)(1 − p).
2. Exprimer pN (n) en fonction de n, N et p, puis calculer
lim pN (n).
N →+∞
Pour N fixé, on note un = pN (n). (un ) est une suite récurrente linéaire du second ordre telle que pour
1
1−p
n ≥ 1 : un+1 = un −
un−1
p
p
1
1−p
, sont distinctes car p 6= .
Les solutions de l’équation caractéristique, 1 et
p
2
n
1−p
1− p
Comme pN (0) = 0 et pN (N ) = 1 on trouve : pN (n) =
N .
1−p
1− p
1−p
1
Si
> 1 c’est-à-dire p < alors lim pN (n) = 0 ;
N →+∞
p
2
1−p
1
1−p n
Si
< 1 c’est-à-dire p > alors lim pN (n) = 1 −
.
N →+∞
p
2
p
Exercice 10
Dans une population, la probabilité qu’une famille ait n enfants est estimée par la valeur :
pn =
2n −2
e
n!
On suppose qu’au sein d’une même famille les naissances sont indépendantes, et qu’il y a équiprobabilité
sur le sexe de l’enfant.
1. Calculer la probabilité qu’une famille ait au moins une fille.
Pour n ∈ N on note An : "la famille a n enfants". La famille (An )n est une partition de l’univers.
On note F : "la famille a au moins 1 fille".
+∞
+∞
X
X
1
2n −2
e = e × e−2 = e−1 donc P(F ) = 1 − e−1 .
P(F ) =
PAn (F ) × P(An ) =
×
2n
n!
n=0
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n=0
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2. On suppose qu’une famille a une seule fille. Quelle est la probabilité que la famille comporte deux
enfants ?
On note F1 : "la famille a 1 seule fille". D’après la formule de Bayes, on a :
PA2 (F1 ) × P(A2 )
PF1 (A2 ) =
avec
P(F1 )
+∞
+∞
+∞ X
X
X
2n
1
1
n
−2
P(F1 ) =
×e =
e−2 = e−1 .
PAn (F1 ) × P(An ) =
× n×
1
2
n!
(n − 1)!
n=0
n=1
n=0
Finalement, PF1 (A2 ) = e−1 .
3. Quelle est la probabilité qu’une famille ait exactement k filles ?
Pour k ∈ N, on note Fk : "avoir k filles". En remarquant que pour avoir k filles il faut avoir au moins
k enfants, on a :
+∞ +∞
X
2n −2 X
1
1
n 1
P(Fk ) =
× e =
e−2 = e−1 .
k 2n
n!
k!(n − k)!
k!
n=k
n=k
Exercice 11
Pour s > 1, on définit le réel ζ(s) par : ζ(s) =
+∞
X
1
.
ks
k=1
1. Montrer que l’on peut définir une probabilité sur N∗ à l’aide de l’application P telle que :
1
. (Loi de Zipf de paramètre s)
∀n ∈ N∗ , P({n}) =
ζ(s)ns
+∞
+∞
X
1
1 X 1
P(N∗ ) =
=
= 1.
ζ(s)ns
ζ(s)
ns
n=1
∗
n=1
2. Pour p ∈ N , exprimer simplement la probabilité de l’événement Ap = {n ∈ N∗ /p|n}.
+∞
+∞
X
X
1
1
∗
∗
P({p k}) =
= s.
Ap = {p k, k ∈ N } = pN , donc P(Ap ) =
s
ζ(s)(p k)
p
k=1
k=1
3. On note P l’ensemble des nombres premiers. Vérifier que la famille (Ap )p∈P est constituée d’événements mutuellement indépendants.
Si p1 , · · · pn!sont des nombres premiers distincts, alors
n
n
\
Y
1
Apk = P (Ap1 ···pn ) =
=
P(Apk ).
P
(p1 · · · pn )s
k=1
k=1
4. En étudiant P({1}), établir :
Y
1 −1
ζ(s) =
1− s
p
p∈P

P({1}) = P 

\
p∈P
Exos PT
Ap  =
Y
p∈P
P Ap =
Y
p∈P
1
1
1 − s . Comme P({1}) =
, on a le résultat.
p
ζ(s)
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