Devoir en temps libre : probabilités conditionnelles

Devoir en temps libre : probabilités conditionnelles
(sujet d’annale agro 2014)
Nous disposons de deux dés à 6 faces équilibrés et d’une pièce non équilibrée. La probabilité d’obtenir
pile avec la pièce est 13 .
Le premier dé a 4 faces rouges et deux blanches. Le second a 2 faces rouges et 4 blanches.
L’expérience est la suivante :
1) On lance la pièce.
2) Si on obtient pile, on prends le premier dé, sinon le second, choix définitif pour toute la suite de l’expérience.
3) On lance plusieurs fois le dé choisi, et on note la couleur obtenue à chaque lancer.
On définit les événements suivants :
• D1 : « nous jouons avec le premier dé »
• D2 : « nous jouons avec le second dé »
• pour tout n ∈ N∗ , Rn : « nous avons obtenu une face rouge au n-ème lancer de dé ».
L’énoncé définit lui-même les événements pertinents. Tant mieux, car c’est toujours une partie délicate dans un
exercice de probas.
1. (question indépendante) Soient A et B deux événements indépendants. Démontrer que Ā et B̄ sont
indépendants.
Il s’agit de démontrer que P (Ā ∩ B̄) = P (Ā) × P (B̄). Exprimons ces deux nombres à l’aide de P (A) et P (B).
D’une part :
P (Ā) × P (B̄) =
=
(1 − P (A)) × (1 − P (B))
1 − P (A) − P (B) + P (A).P (B)
Et d’autre part :
P (Ā ∩ B̄) =
=
=
=
=
P (A ∪ B)
1 − P (A ∪ B)
1 − (P (A) + P (B) − P (A ∩ B))
1 − P (A) − P (B) + P (A ∩ B)
1 − P (A) − P (B) + P (A).P (B)
car A et B sont indépendants
Les deux nombres sont bien égaux : P (Ā ∩ B̄) = P (Ā) × P (B̄), ce qui signifie par définition que Ā et B̄ sont
indépendants.
Puis traiter la réciproque en deux phrases.
Pour la réciproque : il suffit d’appliquer le sens direct qu’on vient de prouver à (A, B) au lieu de (A, B).
On obtient que si A et B sont indépendants, alors A et B le sont aussi, i.e. A et B sont indépendants.
Remarque : On pouvait prouver directement l’équivalence P (A ∩ B) = P (A)P (B) ⇔ P (A ∩ B) = P (A) × P (B).
2. Que valent P (D1 ) et P (D2 ) ?
On joue avec le dé 1 si la pièce a fait pile, et cette probabilité est de 1/3 vu l’énoncé. Dès lors, P (D2 ) =
P (D̄1 ) = 1 − 1/3 = 2/3.
3. Soit n ∈ N.
(a) Donner PD1 (Rn ) et PD2 (Rn ).
Soit n ∈ N∗ . Calculons PD1 (Rn ). On se place donc dans le cas où D1 est réalisé : nous jouons avec le dé
1. Or ce dé est équilibré, et a 4 faces rouges pour 6 faces au total. La probabilité d’avoir une face rouge
4
2
est donc : PD1 (Rn ) = = .
6
3
Ensuite, si on suppose D2 réalisé, on joue avec le second dé, équilibré, ayant deux faces rouges sur 6 :
2
1
donc PD2 (Rn ) = = .
6
3
1
(b) Quelle propriété de D1 , D2 permet d’utiliser la formule des probabilités totales pour calculer
P (Rn ) ?
Les événements D1 et D2 forment un système complet d’événements. En effet, on sait qu’on a toujours
un et un seul de ces deux événements de réalisé.
Et de plus P (D1 ) > 0 et P (D2 ) > 0, donc les probabilités conditionnelles « sachant D1 » et « sachant
D2 » sont bien définies.
(c) Calculer P (Rn ).
La formule des probabilités totales et composées donne :
P (Rn ) = PD1 (Rn ) × P (D1 ) + PD2 (Rn ) × P (D2 ) =
2
1
1
2
4
× + × =
3
3
3
3
9
4. On suppose dans cette question R1 réalisé. Quelle est la probabilité qu’on soit en train d’utiliser le
premier dé ?
La formule de Bayes donne :
PR1 (D1 ) =
PD1 (R1 )P (D1 )
2 1 9
1
= . . = .
P (R1 )
3 3 4
2
5. Soit n ∈ N. Montrer que P (R1 ∩ · · · ∩ Rn ) =
2n + 2
.
3n+1
Indication : Donner P (D1 ∩ R1 ∩ · · · ∩ Rn ) et P (D2 ∩ R1 ∩ · · · ∩ Rn ).
Les question suivantes étaient complètement élémentaires, le niveau monte un peu ici.
La formule des probabilités totales donne, puisque D1 et D2 forment un système complet d’événements pour
Ω:






P
n
\
Ri  = P 
n
\
Ri ∩ D1  + P 
Ri ∩ D2  .
i=1
i=1
i=1
n
\
On calcule maintenant chacun des deux termes de cette somme.
Or, par la formule des probabilités composées :
P
n
\
Ri ∩ D1 = P (D1 ) × P (R1 | D1 ) ∩ P (R2 | D1 ∩ R1 ) . . . P (Rn | D1 ∩ . . . Rn−1 ).
i=1
Or, pour tout k ∈ J1, nK, P (Rk | D1 ∩ · · · ∩ Rk−1 ) = 23 . En effet, si l’événement D1 ∩ · · · ∩ Rk−1 est réalisé, alors
nous sommes en particulier en train d’utiliser le dé 1, et donc la probabilité d’avoir une face rouge est de 32 .
Nous obtenons ainsi :
n
n
\
2
1
Ri ∩ D1 = ×
P
.
3
3
i=1
De même, on trouve que :
P
n
\
Ri ∩ D2 =
i=1
1
×
3
n
2
3
.
On peut terminer le calcul :

P
n
\
i=1

Ri  =
2n
1
1
2
2n + 2
×
+
×
=
.
3n
3
3n
3
3n+1
6. Les événements R1 et R2 sont-ils indépendants ?
42
24
= 4.
2
9
3
4+2
2
Et d’autre part P (R1 ∩ R2 ) =
=
.
33
9
On constate que ces deux nombres sont différents, donc R1 et R2 ne sont pas indépendants.
On a d’une part P (R1 ) × P (R2 ) =
Intuitivement : si R1 est réalisé, il y a une plus grande probabilité qu’on soit en train d’utiliser le dé 1, et
partant, une plus grande probabilité de réaliser R2 .
2
7. (a) Donner, pour tout n ∈ N, PR1 ∩···∩Rn (Rn+1 ).
Ici la définition même de la probabilité conditionnelle suffit :
P (Rn+1 |
n
\
i=1
Tn+1
P ( i=1 Ri )
2n+1 + 2
3n+1
2n + 1
Tn
× n
=
.
=
Ri ) =
n+2
n−1 + 1)
3
2
+
2
3(2
P ( i=1 Ri )
(b) Exprimer en une phrase la probabilité calculée à la question précédente.
On calcule la probabilité après avoir obtenu n fois rouge, d’avoir encore une n + 1ème fois rouge.
(c) Quelle est la limite de cette probabilité lorsque n → ∞ ? Interprétation ?
Indication : Mettre en facteur, au numérateur et au dénominateur, le terme dominant.
Au numérateur, le terme dominant est 2n , au dénominateur, c’est 2n−1 .
Pour tout n ∈ N :
2n (1 + 2−n )
2(1 + 2−n )
2n + 1
= n−1
=
.
n−1
−n+1
3(2
+ 1)
2
(3 + 2
3 + 2−n+1
Or, 2−n −→ 0 (suite géométrique de raison
n→∞
1
2
∈ ]−1, 1[, et 2−n+1 = 2 × 2−n −→ 0. En conclusion :
n→∞

P Rn+1 |
n
\

Ri  −→
n→∞
i=1
2
.
3
Intuitivement : si on a obtenu un très grand nombre de rouge à la suite, il y a toutes les chance qu’on soit
en train d’utiliser le dé 1 puisque c’est lui qui a le plus de faces rouges.
Et si on est en train d’utiliser le dé 1, la probabilité d’avoir rouge est de 2/3.
8. Montrer que pour tout n ∈ N, PR1 ∩···∩Rn (D1 ) =
2n
.
2n + 2
Par définition d’une probabilité conditionnelle, et en utilisant la formule pour P (∩n
i=1 Ri ∩ D1 ) déjà calculée :
P (D1 |
n
\
i=1
Ri ) =
P(
Tn
Ri ∩ D1 )
2n 1
3n+1
i=1
Tn
= n × n
=
P(
i=1
Ri )
3 3
2 +2
2n
.
+2
2n
9. On a obtenu 10 faces rouges à la suite. Vaut-il mieux parier qu’on est en train d’utiliser le dé 1 ou le
dé 2 ? On donnera des arguments précis (chiffrés).
La probabilité d’être en train d’utiliser le dé 1 après avoir obtenu 10 rouges est :
P (D1 |
10
\
i=1
Ri ) =
210
.
+2
210
Ce nombre est très proche de 1, car 2 est négligeable devant 210 , il y a donc toutes les chances qu’on soit en
train d’utiliser le dé 1.
Calcul plus précis :
1
210
210 + 2 − 2
2
=
= 1 − 10 = 1 − 2−9 = 1 −
' 0,998
210 + 2
210 + 2
2
512
3