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 1
3.
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’expé-
rience.
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 Aet Bdeux événements indépendants. Démontrer que ¯ Aet ¯ Bsont
indépendants.
Il s’agit de démontrer que P(¯ A∩¯ B) = P(¯ A)×P(¯ B). Exprimons ces deux nombres à l’aide de P(A)et P(B).
D’une part :
P(¯ A)×P(¯ B) = (1 −P(A)) ×(1 −P(B))
= 1 −P(A)−P(B) + P(A).P (B)
Et d’autre part :
P(¯ A∩¯ B) = 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 Aet Bsont indépendants
Les deux nombres sont bien égaux : P(¯ A∩¯ B) = P(¯ A)×P(¯ B), ce qui signifie par définition que ¯ Aet ¯ Bsont
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 Aet Bsont indépendants, alors Aet Ble sont aussi, i.e. Aet Bsont 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 1/3vu l’énoncé. Dès lors, P(D2) =
P(¯ D1) = 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 D1est 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
est donc : PD1(Rn) = 4
6=2 3.
Ensuite, si on suppose D2réalisé, on joue avec le second dé, équilibré, ayant deux faces rouges sur 6 :
donc PD2(Rn) = 2
6=1 3.
1

(b) Quelle propriété de D1, D2permet d’utiliser la formule des probabilités totales pour calculer
P(Rn)?
Les événements D1et D2forment 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)>0et 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
3×1 3+1 3×2 3=4 9
4. On suppose dans cette question R1réalisé. 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)
P(R1)=2 3.1 3.9 4=1 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 D1et D2forment un système complet d’événements pour
Ω:
P
n
\
i=1
Ri
=P
n
\
i=1
Ri∩D1
+P
n
\
i=1
Ri∩D2
.
On calcule maintenant chacun des deux termes de cette somme.
Or, par la formule des probabilités composées :
P
n
\
i=1
Ri∩D1=P(D1)×P(R1|D1)∩P(R2|D1∩R1). . . P (Rn|D1∩. . . Rn−1).
Or, pour tout k∈J1, nK,P(Rk|D1∩ · · · ∩ Rk−1) = 2
3. En effet, si l’événement D1∩ · · · ∩ Rk−1est réalisé, alors
nous sommes en particulier en train d’utiliser le dé 1, et donc la probabilité d’avoir une face rouge est de 2
3.
Nous obtenons ainsi :
P
n
\
i=1
Ri∩D1=2
3×1 3n
.
De même, on trouve que :
P
n
\
i=1
Ri∩D2=1
3×2 3n
.
On peut terminer le calcul :
P
n
\
i=1
Ri
=2n
3n×1 3+1 3n×2 3=2n+ 2 3n+1 .
6. Les événements R1et R2sont-ils indépendants ?
On a d’une part P(R1)×P(R2) = 42
92=24 34.
Et d’autre part P(R1∩R2) = 4 + 2
33=2 9.
On constate que ces deux nombres sont différents, donc R1et R2ne sont pas indépendants.
Intuitivement : si R1est 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
Ri) = P(Tn+1
i=1 Ri)
P(Tn
i=1 Ri)=2n+1 + 2
3n+2 ×3n+1 2n+ 2 =2n+ 1 3(2n−1+ 1) .
(b) Exprimer en une phrase la probabilité calculée à la question précédente.
On calcule la probabilité après avoir obtenu nfois 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
3(2n−1+ 1) =2n(1 + 2−n) 2n−1(3 + 2−n+1 =2(1 + 2−n) 3 + 2−n+1 .
Or, 2−n−→
n→∞
0(suite géométrique de raison 1
2∈]−1,1[, et 2−n+1 = 2 ×2−n−→
n→∞
0. En conclusion :
P
Rn+1 |
n
\
i=1
Ri
−→
n→∞
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=1Ri∩D1)déjà calculée :
P(D1|
n
\
i=1
Ri) = P(Tn
i=1 Ri∩D1)
P(Tn
i=1 Ri)=2n
3n
1
3×3n+1 2n+ 2 =2n 2n+ 2 .
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
210 + 2 .
Ce nombre est très proche de 1, car 2est négligeable devant 210, il y a donc toutes les chances qu’on soit en
train d’utiliser le dé 1.
Calcul plus précis :
210
210 + 2 =210 + 2 −2 210 + 2 = 1 −2 210 = 1 −2−9= 1 −1 512 '0,998
3