Compléments Probabilités – Statistique MEEF 2
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Compléments Probabilités – Statistique MEEF 2 I. Vocabulaire ‐ Lien entre théorie des ensembles et probabilités On note Ω l’espace des configurations (l’univers) associé à une expérience aléatoire. Probabilités Evénement … impossible … certain … contraire Implication et ou Sans (sans que) ou exclusif (ou bien) Événements incompatibles Système complet d’événements Théorie des ensembles Partie, sous‐ensemble ∅ Ω complémentaire → ̅ Inclusion ⊂ Intersection ∩ Union ∪ ∩ Différence ∖ différence symétrique B A∪B ∖ A∩B Sous‐ensembles disjoints Partition Dans la suite, on utilisera les notations : ⊔ au lieu de ∪ si et sont deux sous‐ensembles disjoints d’un ensemble Ω ; Ω pour l’ensemble des parties de Ω; Ω est l’ensemble des parties à éléments de Ω; Ω Ω est le sous ensemble des parties finies de Ω; Si Ω est infini, ⋃ ∈ Si est un ensemble fini, # est son cardinal ; pour deux ensembles et , ∼ signifie qu’ils sont en bijection (appliqué en général à des ensembles finis : cela revient à dire qu’ils ont même cardinal). , (ou encore ) pour l’ensemble des fonctions de dans ; o o o , pour l’ensemble des injections de dans (nécessairement, # , pour l’ensemble des bijections de sur (nécessairement, # , pour l’ensemble des bijections de sur (nécessairement, # o o pour l’ensemble des permutations (bijections) de ; 1, … , pour l’ensemble des permutations de 1, … , . # ; # ; # ; II. Définition d’une probabilité a) Cas fini Définition. Soit Ω un ensemble fini. Une application ℙ ∶ Ω → 0; 1 est une probabilité sur Ω si a) ℙ Ω 1; b) Si , ∈ Ω sont deux événements disjoints (incompatibles), alors ℙ Le triplet Ω, Ω , ℙ est un espace probabilisé. ⊔ 0. Exercice. a) Conséquences immédiates : ℙ ∅ ̅ 0,ℙ 1 ℙ ,ℙ b) Pour définir une probabilité, il suffit de se donner la valeur avec la condition∑ ℙ ∪ ℙ ℙ ∩ ℙ ∈ 0; 1 , pour chaque ; ∈ Ω, 1. Ces données définissent la loi de ℙ; ∈ c) Soit Ω un ensemble fini. La fonction ℙ ∶ # Ω → 0; 1 définie par ℙ alors que Ω est muni de l’équiprobabilité ∀ ∈ Ω ℙ # # est une probabilité. On dit . b) Cas infini dénombrable Pour un ensemble infini, les conditions 1 et 2 de la définition du cas fini ne suffisent plus. Cependant, dans le cas dénombrable (i.e. en bijection avec ), on peut étendre la définition de probabilité de façon suivante. Définition. Soit Ω un ensemble (au plus) dénombrable. L’application ℙ ∶ a) ℙ Ω b) Si Ω → 0; 1 est une probabilité si 1; ∈ est une famille au plus dénombrable d’événements deux à deux disjoints (incompatibles), alors ℙ ℙ ≔ sup ∈ ∈ ℙ ∶ ∈ Ω . ∈ (Si Ω est fini, on retrouve la définition du cas précédent). Exercice. a) Vérifier que comme dans le cas fini, ℙ est complètement définie par la donnée des chaque ∈ Ω, avec la condition ∶ ∈ sup ∈ Ω ℙ ∈ 0; 1 , pour 1 ∈ b) Peut‐on avoir équiprobabilité sur un ensemble infini ? c) Cas infini non dénombrable Lorsque Ω est infini non dénombrable, la définition de probabilité est analogue à celle du cas dénombrable à ceci près – et c’est là toute la difficulté de ce contexte – que l’on doit souvent restreindre le domaine de définition de la probabilité à un sous ensemble de Ω , appelé tribu (ou ‐algèbre) vérifiant : a) Ω ∈ ; b) ∈ ⟺, ̅ ∈ ; , alors ⋃ ∈ ∈ . c) Si ∈ est une famille au plus dénombrable de Une autre difficulté réside dans le fait que la probabilité de chaque singleton ∈ Ω est en général nulle. La loi de probabilité ne peut donc s’exprimer par la donnée des valeurs ℙ , ω ∈ Ω. III. Combinatoire – équiprobabilité sur un ensemble fini Comme on l’a vu précédemment, dans le cas d’équiprobabilité sur un ensemble fini, on est ramené à des problèmes de dénombrement. Remarques : Soient Ω un ensemble fini de cardinal et ∈ . Alors Ω ∼ o En effet Φ ∶ 1,2, … , ; Ω → Ω définie parΦ 1,2, … , 1 ,…, ; Ω est une bijection (évident). Soit Ω un ensemble fini. On remarque que Ω ∼ Ω; 0; 1 : o à ∈ Ω on associe la fonction caractéristique (ou indicatrice) 1 ∶ Ω → 0,1 définie par 1 1 si ∈ ∉ et 1 1 . o réciproquement, à ∈ Ω; 0; 1 on associe 0 si Exercice : Exprimer1 ∩ , 1 , 1 ∪ , 1 ̅ , 1 ∖ en fonction de 1 et 1 . Retrouver les propriétés d’associativité, commutativité, distributivité sur les opérations ensemblistes. 1. Quelques techniques de dénombrement . Méthode de dénombrement par « projection » : si ∶ → est une application entre deux ensembles finis alors # # # ∈ ∈ Souvent, est surjective : dans ce cas on parle parfois de projection et de ∈ . On remarque que dans ce cas, ∈ est une partition de . est appelé fibre au dessus En corollaire : principe des bergers. Si est une fibration (surjection à fibre de cardinal constant) c’est‐à‐dire ∃ ∈ ∗ ∀ ∈ # alors# # . Remarque : on utilise souvent deux projections pour établir certaines relations. Dénombrement des arrangements (ou listes) avec ou sans répétition. Soit Ω un ensemble de cardinal . o Un arrangement (de longueur ) avec répétitions de Ω est une liste ordonnée de de éléments de Ω, c’est‐à‐ dire un élément de Ω ∼ 1,2, … , ; Ω (cf. remarque précédente). Le nombre d’arrangements avec répétitions est #Ω # 1,2, … , ; Ω récurrence sur o Un arrangement (de longueur ) sans répétition de Ω est une liste ordonnée de de éléments distincts 1,2, … , de Ω, c’est‐à‐dire un élément de ; Ω . Le nombre d’arrangements sans répétitions est 1 ⋯ 1 # ; Ω 1,2, … , 1,2, … , ; Ω récurrence sur Remarquons que : Si Si 0 1,2, … , alors ! , et si ! ; Ω ~ et # ! 0. , alors Dénombrement des combinaisons sans répétition – triangle de Pascal, binôme de Newton. Soit Ω un ensemble de cardinal . o Une combinaison de éléments de Ω est un sous‐ensemble à éléments de Ω c’est‐à‐dire un élément de Ω . Le nombre de telles combinaisons est : ! ⋅ 1 ⋅⋯⋅ 1 1 1 # Ω si0 , 0sinon. . Soit : En effet, supposons 0 a : ∀ ∈ Ω 1, … , ; Ω → Ω définie parφ ∼ 1,2, … , ; 1,2, … , Remarquons que si 0 o Les coefficients , , ∈ ∀ ∈ ∀ , ∈ ∗ ! # ! alors ! ! Ω et si d'où 1 ⋅ ⋯⋅ 1 ⋅ ! 1 . 1 0. , 0 0 1 0 0 1 1 0 1 2 1 1 3 3 1 4 6 ⋮ ⋮ ⋮ 1 0 1 1 1 De plus ces coefficients ont la propriété de symétrie suivante : si 0 o ! peuvent être calculés par récurrence au moyen du triangle de Pascal : ∀ ∈ ;Ω et donc# . On !. En vertu du lemme des bergers : L’application est donc une fibration de fibre de cardinal # 1 ,…, Im Formule du binôme de Newton : les 0 0 0 0 1 ⋮ 0 0 0 1 ⋮ … … … … … ⋱ alors . sont les coefficients binomiaux en raison de la relation ∈ On peut remarquer que la formule du binôme de Newton se généralise avec les développements en séries entières de pour ∈ et ∈ 1; 1 et on peut même compléter le triangle de Pascal pour des ∈ – il apparaît 1 alors « un nouveau triangle de Pascal » tourné d’un quart de tour avec des signe alternés – : … … 1 … 1 1 … ∈ ∈ 0 1 0 0 0 0 … 1 1 1 0 0 0 … 2 1 1 1 1 2 1 0 0 … 1 3 3 1 0 … ∈ ∈ 4 1 4 6 4 1 … ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ Même pour ∈ le développement en séries entières de 1 suit encore la formule du binôme de Newton et 1 les coefficients vérifient encore la relation du triangle de Pascal . Évidemment, il faut 1 1 ⋅ utiliser la relation 1 √1 1 ⋅ ⋯⋅ pour définir les coefficients lorsque ∉ . Par exemple : 1 2⋅ 1/2 / ∈ ∈ 1 2 1 1 ⋅ ⋯⋅ 1 2 1 1 ∈ 1 4 2 ! ! Dénombrement des répartitions. On veut répartir objets indiscernables dans boîtes numérotées de 1 à . Chaque répartition peut être vue comme un élément de , ,…, ∈ ∶ ⋯ Le nombre de telles répartitions est : 1 1 1 En effet, si on remplit successivement chaque boite en mettant les objets un à un, on a deux types d’actions : « mettre 1 un objet dans une boite » et « changer de boite » ce qui fait 1 actions, parmi lesquelles il y a 1 1 actions « changement de boite » (remarquons que ces 1 actions peuvent être façons de positionner les visualisée dans la formule ⋯ comme étant les signes dans la définition de ). 1,2, … , 1 est en bijection Plus rigoureusement, mais de façon moins intuitive, on montre que avec 1,2, … , . Soit ∈ On pose alors , ,…, puis 0, À ,on associe donc le ‐uplet Réciproquement à 1 . Ordonnons les éléments de : , ⋯ 1,pour 1 . . ,…, qui est bien dans puisque ⋯ . , on associe la suite des sommes 2 … ⋯ ∈ , ,…, 1 où0 1 1 . On a bien , ,…, 1,2, … , ∈ 1 2. Exercices. Quelle est la probabilité que deux personnes aient la même date d’anniversaire dans une salle de personnes (pour les années de 365 jours uniquement et évidemment avec 1 365 ). Réponse. La probabilité cherchée est # 1 # 1,2, … , ; 1,2, … ,365 1,2, … , ; 1,2, … ,365 365 Calculs de probabilité de répartitions de jeux au tarot (supposé « bien mélangé » : équiprobabilité des répartitions) probabilité d’avoir 1 bout, deux bouts, trois bouts dans le chien, dans sa main… Réponse. Nombre de répartitions entre les 4 joueurs : 78! 78 72 54 36 6 18 18 18 6! 18! Probabilité de bouts dans le chien : Nombre de bouts 0 Probabilité 78,34% Probabilité d’avoir bouts dans sa main : Nombre de bouts 0 Probabilité 44,98% 1 18 18 9,36082371817873. 10 ∈ 0,1,2,3 1 20,16% 2 1,420% 3 0,026% Total 100% 3 1,073% Total 100% ∈ 0,1,2,3 1 41,88% 2 12,07% Paradoxe du Duc de Toscane à Galilée. Le Duc de Toscane demanda à Galilée : « Pourquoi, lorsque l'on jette 3 dés, obtient‐on le plus souvent la somme 10 que la somme 9 bien que ces deux sommes soient obtenues de six façons différentes ? ». Retrouver la réponse de Galilée. 1,2,3,4,5,6 . L’ensemble de tous les lancers est Ω Réponse. Notons 9 1 1 1 2 2 3 2 3 4 2 3 3 6obtenu 6fois 5obtenu 6fois 4obtenu 3fois et10 5obtenu 3fois 4obtenu 6fois 3obtenu 1fois 1 1 2 2 2 3 3 4 2 3 4 3 . 6obtenu 6fois 5obtenu 6fois 6obtenu 3fois 5obtenu 6fois 4obtenu 3fois 4obtenu 3fois Galilée dénombre : ∈ Ω| , , ∈ Ω| , , tandis que le Duc de Toscane dénombre : ∈ Ω| , , ∈ Ω| , , L’équiprobabilité porte sur Ω et non sur Ω , , 9 # 10 # , , ∈ Ω| 25 27 9 # 10 # . 6 6 Un jardinier veut planter 10 salades en faisant 5 rangs de 4 salades. Peut‐il le faire ? Si oui, comment ? Combien de salades lui faut‐il au minimum pour faire 6 rangs de 5 salades ? rangs de 1 salades ? Réponse. Il suffit de tracer droites en position générale : deux droites ne sont jamais parallèles, trois droites jamais concourantes. Chaque droite contient alors 1 points d’intersection, et chaque point d’intersection est situé simultanément sur exactement deux droites donc il y a points d’intersection. 2 On doit répartir 22 paires de chaussettes indiscernables dans 4 tiroirs d’une commode, chaque tiroir pouvant contenir les 22 paires. Combien de répartitions possibles y a‐t‐il ? Si le dépôt de chaque paire de chaussettes se fait selon une loi uniforme sur 1,2,3,4 , les répartitions sont‐elles équiprobables ? Faire le lien avec le multinôme de Newton : ! ⋯ … !⋯ ! ,…, ⋯ , , ∈ 22 est l’espace des configurations correspondant à 25 cette situation. Son cardinal est #Ω 2300.Cependant, Il n’y a pas équiprobabilité sur Ω. En revanche, 3 l’ensemble des fonctions associant un tiroir à chaque paire de chaussettes, à savoir 1,2, … ,22 ; 1,2,3,4 ∼ 1,2,3,4 est muni de l’équiprobabilité. On a l’application suivante : où , ∈ 1,2,3,4 , , , # ∶ → Ω On en déduit la probabilité de la répartition , , , : 22 22 22 22 # , , , ℙ , , , 4 # 22! 1 ⋅ ! ! ! ! 4 Le multinôme de Newton traduit le fait que la somme des probabilités vaut 1 : 22! 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 4 4 4 4 ! ! ! ! 4 Réponse. Ω , ∈ : , , , Étudier les probabilités de diverses configurations d’un lancer de 3 dés, de 4 dés, de 5 dés. Réponse. o Configuration de trois dés : Nombre d’observations Nombre d’observations Configurations probabilités dés indiscernables dés discernables 6 Brelan 30 Une paire 6 3 Trois dés distincts 3 ,…, ∈ | ⋅ 120 # 90 20 Total Remarque : 56 6 ⋯ 3 8 5 o Configuration de quatre dés : Nombre d’observations Nombre d’observations Configurations probabilités dés indiscernables dés discernables 6 Carré 6 30 Brelan 6 2 Deux paires 15 4 2 60 Une paire 6 4 Quatre dés distincts 120 4 2 15 Total # ∈ ,…, 90 720 360 Remarque : 126 o 4 | ⋯ 9 5 4 Configuration de cinq dés : Configurations Nombre d’observations Nombre d’observations probabilités dés indiscernables dés discernables Yam 6 6 Carré 30 5 150 Full 30 5 2 300 1200 Brelan 60 5 2 Deux paires 60 1 4 5 2 2 6 Une paire cinq dés distincts 5 3 6 5 5 2 60 6 Total 1800 3600 # ∈ ,…, 720 Remarque : 252 | ⋯ 10 5 5 Principe d’inclusion exclusion (Formule de Poincaré). Soit pour tout ∈ : # # – # ∩ ⋯ ∈ une suite de parties de Ω. Montrer que 1 # ∩ ⋯∩ ⋯ 1 # # ∈ ⊂ ,…, ∅ Dans le cas de probabilités, si ∈ ℙ est une famille d’événements indépendants la formule devient : 1 ⊂ ,…, ∅ # ℙ ∈ Application : Dans une entreprise, il y a 800 employés. 300 sont des hommes, 352 sont membres d'un syndicat, 424 sont mariés, 188 sont des hommes syndiqués, 166 sont des hommes mariés, 208 sont syndiqués et mariés, 144 sont des hommes mariés syndiqués. Combien y‐a‐t‐il de femmes célibataires non syndiquées ? Réponse. La formule de Poincaré se démontre facilement par récurrence. On note les événements : = être un homme, = syndiqué(e), =marié(e)s. On a : # 300# 352# 424 188# ∩ 166# ∩ 208 # ∩ ∩ 144 On utilise le principe d’inclusion exclusion : # ∩ ̅∩ 800 # ∪ ∪ 800 # # # # ∩ # ∩ # ∩ # ∩ ∩ 800 300 352 424 188 166 208 144 142. # ∩ Grilles de Fleissner ‐ Les grilles tournantes, mises au point par le colonel Fleissner, servirent pour une méthode de cryptographie qui fut utilisée par les allemands lors de la première guerre mondiale. Une telle grille est constituée par un carré de côté 6. On divise ce carré en une grille de 36 petits carrés égaux (tous de côté 1), et on ôte 9 de ces carrés. La propriété suivante doit être vérifiée : les trous que l'on obtient avec la grille en position initiale, avec la grille tournée d'un quart de tour, d'un demi‐tour ou de trois quart de tour ne se superposent jamais. Ainsi, les 36 positions sont occupées une et une seule fois par un trou après éventuellement une rotation de la grille d'un quart, d'un demi ou de trois‐quarts de tour. i. Combien peut‐on fabriquer de telles grilles ? ii. Pour quelles valeurs de n peut‐on fabriquer une grille de Fleissner de côté ? Combien de telles grilles peut‐on alors fabriquer ? Réponse. Il y a 4 grilles possibles (ou 4 si on ne distingue pas les grilles à rotation près) : il suffit de remplir le premier quadrant par des chiffres 0,1,2,3 où 1 correspond à une case évidée, 1 à une case évidée après rotation de 1/4 de tour, 2 à une case évidée après rotation de 1/2 de tour, 3 à une case évidée après rotation de 3/4 de tour . 3 2 2 0 0 3 0 3 1 1 3 2 0 1 0 0 1 2 0 0 3 1 3 2donne 2 1 0 0 1 0 0 1 2 2 3 1 1 3 0 3 0 0 2 2 3 On peut faire la même chose avec une grille si 2 est pair. Il y a alors 4 grilles. Si 2 1 est impair, on oublie la case centrale et on partitionne la grille sans son centre en quatre parties de cases de façon analogue au cas pair. Soit l'ensemble des nombres a 7 chiffres ne comportant aucun 1. Déterminer le nombre d'éléments des ensembles suivants : i. ii. iii. iv. ; , ensemble des nombres de ayant 7 chiffres différents. , ensemble des nombres pairs de . , ensemble des nombres de dont les chiffres forment une suite strictement croissante (dans l'ordre où ils sont écrits). Réponse. # # 9. 10 # # ,…, 9 |1 ⋯ 544320# 10 # ,…, | # ⋯ 45.10 2 9 2 36 Problème de dépouillement – Principe de réflexion. Lors d’une élection confrontant deux candidats et , le candidat est crédité de voix et de voix avec . Quelle est la probabilité que soit toujours strictement en tête lors du dépouillement ? Réponse. Espace de configurations : , ∈ ,…, 1,1 |# | 1 # , on associe la suite , … , des sommes ⋯ 1, . À une suite , … , Notons , l’espace de ces suites, en bijection avec , . En considérant dans le plan la ligne brisée partant de 0,0 jusqu’à , joignant successivement les points de coordonnées , pour variant de 1 à , on a 5, 4). une représentation de , ( figure ci‐dessous pour On partitionne en l’espace , des suites commençant par 1, de cardinal # des suites commençant par ‐1, de cardinal # 1 , 1 1 , 1 et l’espace , . L’événement qui nous intéresse est le sous ensemble 1,2, , … , ∈ , ∀ , On applique le principe de réflexion pour montrer que , ∖ , ∼ , 0 ⊂ : , , 0, ,…, où 0 est la première apparition d’un 0. À toute suite de , est de la forme : 1, , … , cette suite on associe la suite ∈ , ∖ , ,…, , 0, ,…, 1, Réciproquement, toute suite de , ∖ , est associée à une suite de , . Ainsi : 1 1 # , # , # , 1 1 d'où la probabilité : ℙ , . Utilisation de projections et du principe des bergers . Montrer (presque sans calculs) que : a) 0 1 1 1 puis 0 ⋯ 2 ⋯ 1 utiliser b) c) 2 2 0 utiliser 1 1 2 ⋅2 Généraliser avec 1 1 1 1 f) ∶ ⊂ et# ∶ ⊂ ∶ ⊔ , # ∈ # , , # ,# . ∶ , ∈ , ,# . 1 e) , utiliser utiliser 1 d) , utiliser , ,…, utiliser ∶ ⊂ # ∈ | ⊔ , ∈ ,# . ⋯ ,…, , ⟶ 0, … , ↦ 2 ℓ ℓ ∩ ,# utiliser e) et l’application ∶ ⊂ 1, … , 1 |# 1 ⟶ 1, … , 1 définie où est le ( 1)‐ème élément de dans l’ordre croissant de ses éléments. par Réponses. Remarques : b) permet de montrer que la somme des probabilités d’une loi hypergéométrique vaut 1 , c) donne l’espérance, puis la variance d’une loi binomiale, et d) l’espérance de la loi hypergéométrique. a) On considère un ensemble Ω de cardinal et un entier naturel. Notons : , ∈ Ω Ω ∶ ⊂ et # ∶ Alors Ω et → est une fibration : ∀ ∈ 2 ainsi # ∶ Ω les projections → Ω ∼ , , . 2 ne dépend pas de et donc # en vertu du principe des bergers. D’autre part, Ω et la restriction ∀ ∈ D’où # Ω : Ω Ω → Ω est une fibration : ∼ Ω∖ ne dépend que et donc# et donc # 2 . b) Soient et deux ensembles disjoints, # et # , et ⊔ → 0,1, … , définie l’application ∶ ℓ ∼ ℓ d’où ∀ℓ ∈ 0,1, … , ℓ ⊔ # # ℓ par ℓ ℓ ,…, ℓ pour ℓ ∈ 0, … , ℓ ⋯ de objets . 1 est une surjection de fibres ℓ ∼ 1 1 1 1 on pose ℓ ⊂ 1, … , 1 |# 1 et ∶ ⊂ 1, … , 1 |# 1 ⟶ 1, … , 1 où est le ( 1)‐ème élément de dans l’ordre croissant de ses éléments. On a : f) Notons définie par 1 1 # ℓ . . On en déduit la relation : ℓ Or | ℓ 1 ,…, définie par # ∈ 1 indiscernables en parties. On a vu que # → 0, … , ℓ ℓ c) On procède comme dans a). d) On procède comme dans b) et c). e) Considérons les ensembles de répartitions L’application ∶ un entier naturel. Considérons # ∩ . Alors : ∼ 1, … , ℓ 1 1 1 # ℓ # 1, … , # ℓ ℓ 1 donc ℓ ℓ ℓ 1 ℓ 2 2 ℓ D'autre part en utilisant e) : # 1 1 Calcul du nombre de surjection. On note ensemble à éléments ( ℓ ℓ le nombre de surjections d’un ensemble à éléments sur un . Montrer que 1 et que Réponse. On commence par exprimer le nombre d’applications en fonction du nombre de surjections en jouant sur le cardinal de l’image d’une application. Soient , des ensembles tels que # # . Définissons ϕ , ⟶ ⟼ Im , la restriction de On remarque que pour 1 ∶ est une fibration de fibre de cardinal 1, … , # ⟶ ∘ . En effet, pour tout ∼ En appliquant le lemme des bergers, il vient : # # ψ ⟶ ⟼ de , ∈ , donc# ∘ ∘ En faisant varier de 0 à , on a l’écriture matricielle : # 0 0 1 0 2 0 ⋮ 0 0 1 1 2 1 ⋯ 0 0 0 0 1 2 3 ⋮ 0 2 2 ⋱ ⋮ ⋱ 0 ⋮ ⋯ 0 1 2 On utilise la formule du binôme de Newton pour inverser le triangle de Pascal : 0 0 1 0 2 0 ⋮ 0 0 0 1 1 2 1 ⋯ 0 2 2 1 2 0 0 1 0 2 0 ⋮ 0 0 ⋱ ⋮ ⋱ 0 1 1 1 1 ⋮ ⋮ 1 1 ⋯ 0 0 1 1 2 1 0 0 0 2 2 1 0 ⋯ 1 1 ⋱ ⋮ ⋱ 0 1 1 ⋮ ⋮ 1 1 1 ⋯ 2 Ainsi, on obtient la formule souhaitée 1 D’autre part, on pose l’application ∶ , Ce qui donne la relation . 1,2, … , et un ensemble de cardinal → définie par . Pour tout ∈ ∼ ∖ , ⊔ ∖ , ∖ . , puis on considère Nombres de Stirling de seconde espèce : le nombre de partitions en parties d’un ensemble à éléments est noté . Montrer que 1 1 ! En déduire le cardinal ! ! 1 1 et de l’ensemble des partitions de 1, … , ℓ ℓ ℓ . Réponse. Soit Π l’ensemble des partitions de 1, … , l'application ∶ 1, … , ; → Π définie par : , , … , est une partition de 1, … , alors Si en parties et un ensemble à éléments. Soit | ∈ . ∈ 1, … , Ainsi en utilisant le principe des bergers ∀ ∈ 1, … , ; |∃ ∈ 1 1 ! → 1, … , Soit maintenant ∶ Π partie contenant l’élément 1. Alors 1 1 Reste enfin à calculer ! ! ∼ . 1 l’application définie par # 1 1 ℓ ℓ ℓ 1 , le cardinal de la : 1 ! En associant la partie contenant l’élément à une partition de 1, … , que 1 ! , puis son cardinal, on peut aussi voir IV. Probabilités conditionnelles – événements indépendants 1. Définition Si Ω, , ℙ est un espace probabilisé, et ∈ un événement de probabilité non nulle, on définit une nouvelle probabilité sur Ω dite conditionnelle sachant définie par : ∀ ∈ | ℙ ℙ ℙ ∩ ℙ Remarques : On peut interpréter cette probabilité comme étant « la proportion (au sens de ℙ) de qui se trouve dans ». Si ∩ , ∈ est la trace de la tribu sur , alors ℙ est aussi une probabilité sur , . 2. Formules des probabilités composées et totales On utilise souvent la formule dans le sens inverse pour calculer les probabilités d’intersection dans Ω, Si , ∈ ,ℙ 0,alors ℙ ∩ ℙ ℙ , ℙ : Si Ω , Ω , … , Ω est une partition deΩ en événements de probabilité non nulle (on parle d’un système complet d’événements), alors : ∀ ∈ Exercice. a) Vérifier que si b) Vérifier que si ℙ |Ω ℙ Ω ℙ 0 alors sont des événements tels que ℙ ∩ ∀ ∈ ℙ | ∩ ℙ | ou encore en utilisant les deux notations ∀ ∈ ℙ ∩ 0 alors , , … , sont des événements tels que ℙ ⋂ , ℙ ℙ ℙ | ℙ | …ℙ ∩ ℙ | 3. Formule de Bayes – probabilité des causes Si Ω , Ω , … , Ω est une partition deΩ en événement de probabilité non nulle, alors : ℙ ℙ Ω | ∀ ∈ |Ω ℙ Ω ℙ ℙ ∑ |Ω ℙ Ω ℙ |Ω ℙ Ω Si Ω , Ω , … , Ω sont interprétés comme étant les causes éventuelles de la réalisation de , et que l’on connait la probabilité que se réalise pour chacune de ces causes, on peut être intéressé par la probabilité que Ω soit la cause de lorsqu’il se réalise. 4. Indépendance Deux événements et sont indépendants si : ou bien l’un des deux est de probabilité nulle, ou bien l’une des deux propriétés équivalentes suivantes est vérifiée ℙ ℙ | ℙ ℙ | Cela revient à demander que ℙ ∩ ℙ ℙ . Plus généralement, les éléments d’une famille on a : d’événements sont indépendants si pour toute sous famille finie ∈ , ∈ ℙ ℙ ∈ . ∈ ∈ Remarques : a) Attention : deux événement disjoints (ou incompatibles) ne sont jamais indépendants à moins que l’un des deux soit de probabilité nulle. b) L’indépendance deux à deux des événements est une condition nécessaire mais pas suffisante pour avoir indépendance d’une famille d’événements. On pourra penser par exemple à trois événements , , de probabilité non nulle tels que ∩ ∩ ∅ et ℙ ∩ ℙ ℙ , ℙ ∩ ℙ ℙ , ℙ ∩ ℙ ℙ . 5. Exercices. QCM : Lors d’un QCM, un étudiant connaît la proportion du cours et répond au hasard lorsqu’il ne connaît pas la réponse. S’il donne la bonne réponse à une question, quelle est la probabilité qu’il connaisse la réponse ? Réponse. Soient les événements : « il connaît la réponse » et : « il répond correctement ». ℙ | ℙ | ℙ ℙ | ℙ ℙ 2 | ̅ ℙ ̅ 1 2 1 1 Problème d’Ali Baba. Le Sultan dit à Ali Baba : « Voici 2 urnes, boules blanches et noires. Répartis les boules dans les urnes comme tu le souhaites, mais ensuite, je les rendrai indiscernables. Tu auras la vie sauve en tirant une boule blanche hors d’une des 2 urnes. » Comment Ali Baba peut‐il maximiser ses chances de survie ? , Réponse. Notons , les nombres de boules blanches et noires de l’urne la moins remplie ( , , . La probabilité de tirer une boule blanche est : , , 1 Fixons ∈ , 1 Sous cette contrainte 1 2 . , est une fonction affine de avec coefficient directeur positif. Supposons . Le maximum est atteint pour maximal c’est‐à‐dire 1 ce qui donne une probabilité et . Si maintenant on fait varier entre 1 et 0(puisque ) , le maximum est 1ce qui donne : atteint pour 1, Supposons 0, puis en . Pour 1 1 1 . 2 1 , on est ramené au cas précédent : le maximum est atteint en 0, 1,0 1 ce qui donne à nouveau : 1, 0, 1,0 fixé le maximum est atteint pour Pour , et 1 1 2 1 . 1 ce qui donne 1,0 . Ce n’est donc pas un maximum. et Indicateur d'Euler. Soit 2 un entier dont la décomposition en facteurs premiers est : On munit Ω 1, … , de l’équiprobabilité : ∀ ∈ # Ω ,ℙ 1 . . Soit la partie de Ω constituée des entiers divisibles par . Calculer # puis ℙ Montrer que les sont indépendants pour la probabilité ℙ. ∪ ⋯ ∪ . Caractériser les éléments de On note # , appelé l’indicateur d’Euler. Montrer la formule suivante : 1 ⋯ | premier ∗ Réponse. On remarque que si ∈ Ω 1, … , ,2 ,…, donc # divise alors l’ensemble des entiers de Ω divisible par est ∩ Ω donc # . En particulier deux à deux distincts. Alors : ⋯ ℓ ℓ ℓ . Soient , … , 1 ⋯ ∩ Ωdoncℙ ℙ ∈ ℓ ℙ ℓ ∈ ⇔ d’où l’indépendance des (et donc des ). D’autre part si ∈ Ω, # est le nombre d’entiers naturels inférieurs à qui sont premiers avec . ℙ ℓ divise et ℓ ⋯ et ℙ ∩ ℙ 1 1 ∧ 1 1 donc donc 1 | premier Problème des trois portes de Monty Hall. Le jeu oppose un présentateur à un candidat (le joueur). Ce joueur est placé devant trois portes fermées. Derrière l'une d'elles se trouve une voiture (ou tout autre prix magnifique) et derrière chacune des deux autres se trouve une chèvre (ou tout cadeau empoisonné !). Il doit tout d'abord désigner une porte. Puis le présentateur ouvre une porte qui n'est ni celle choisie par le candidat, ni celle cachant la voiture (le présentateur sait quelle est la bonne porte dès le début). Le candidat a alors le droit ou bien d'ouvrir la porte qu'il a choisie initialement, ou bien d'ouvrir la troisième porte. Quelle est la meilleure stratégie : faire un nouveau choix ou rester avec le choix initial, choisir au hasard ? Réponse. Si le candidat prend comme stratégie de tirer au hasard, la probabilité de gagner est ½ ; Si le candidat prend comme stratégie de ne pas changer pas de porte, la probabilité est 1/3 comme lors de son premier choix puisqu’il ne tient pas compte de l’information ; Si le candidat prend comme stratégie de changer de porte, la probabilité est 1‐1/3 =2/3. Justification : supposons que le candidat ait choisi la porte 3. Notons les événements : : « la voiture est derrière la porte », et : « le présentateur choisit la porte ».On a : ℙ | 0, ℙ ℙ | 1,ℙ | ,ℙ | 1,ℙ | 0,ℙ | , ∈ 1,2,3 . Ainsi : Le candidat tire au hasard une porte en dehors de celles déjà ouverte : 1 1 3 ℙ | ℙ | ℙ | ℙ | 1 2 1 3 1 3 1 1 3 1 2 Le candidat garde son choix initial quel que soit la porte ouverte par le présentateur : ℙ | ℙ | | ℙ | | ℙ ℙ ⋅ℙ ⋅ℙ ⋅ℙ | ℙ 1 3 ⋅ℙ 1 6 1 6 1 3 Le candidat change de porte en fonction du choix du présentateur : ℙ | ℙ | ℙ | ⋅ℙ ⋅ℙ ⋅ℙ | ℙ | | ℙ ℙ | ℙ ℙ ℙ | 1 1 ℙ ℙ ℙ | 1 ℙ ℙ | 1 1 ℙ 1 3 1 6 2 3 10% 5% ℙ 1 ℙ 0,09 0,095 0,09 18 1 5% 37 1 ℙ 1 ℙ 1 ℙ 1 3 ⋅ℙ Problème de test : on fait un test de dépistage d’une maladie. : « la personne est malade » : « le test est positif ». On suppose connus : o La proportion de malades parmi les testés positifs : ℙ | 90% o La probabilité pour un individu bien portant d’être un faux positif : ℙ | o La probabilité pour un individu malade d’être un faux négatif : ℙ | Déterminer la probabilité d’être malade, puis la probabilité d’être testé positif. Réponse. ℙ | | ℙ ℙ 18 ≃ 48,64% 37 19 19 10% ≃ 51,35% 37 37 Loi d’équilibre de Hardy‐Weinberg. Certains gènes peuvent avoir deux états (dominant) et (récessif). On obtient alors trois génotypes , , , et deux phénotypes ( , d’une part et d’autre part) . Lors d’un appariement entre deux individus, l’enfant récupère un allèle de chaque parent. On note , , les proportions de , , de la génération . a) Faire apparaître tous les cas possibles d’appariement sur un arbre ou un tableau double entrée. b) En déduire , , en fonction de , , . c) On note . Montrer que : ∀ ∈ , . En déduire que , et sont des suites constantes (c’est la Loi d’équilibre de Hardy‐Weinberg). Réponse. Père a) Mère AA AA Aa Aa aa AA Aa aa aa AA Aa aa 1 1 1 1 AA AA Aa Aa AA Aa AA Aa aa Aa aa Aa Aa aa aa 2 b) 2 (avec 1 on a bien 1) c) . Par récurrence, pour tout ∈ , . Ainsi pour tout ∈ , 1 1 1 1 1 2 2 2 D’où la constance des trois suites à partir de 1. et 1 2 1 et alors 1 2 1 2 Un fumeur possède deux boites d’allumettes dans sa poche, contenant respectivement et allumettes. Il choisit une boîte avec probabilité ½, grille une seule allumette pour allumer sa cigarette, puis remet la boîte dans sa poche si elle n’est pas vide. Il itère ce procédé tant que la boîte n’est pas vide. On note le nombre aléatoire d’allumettes grillées jusqu’à obtenir une boîte vide. Déterminer la loi de . Réponse. Désignons par et les deux boîtes, contenant respectivement et allumettes. Pour ∈ 1,2 on désigne par la variable prenant la valeur si la boite est tirée lorsque la è allumette est grillée : 1 suit une loi de Bernoulli de paramètre ½. On a : 1 1 ℙ | si 1 2 0 sinon Ainsi : pour min , 1 1 1 1 1 1 ℙ ℙ | 1 ℙ | 2 1 1 2 2 2 V. Variables aléatoires 1) Définition Une variable aléatoire (réelle, v.a.r) est une fonction ∶ Ω, , ℙ → telle que pour tout intervalle ⊂ , ∈ . On considère souvent des variables aléatoires discrètes (voire même à valeurs isolées, souvent entières), qui ne prennent qu’un nombre au plus dénombrable de valeurs réelles, souvent entières, et d’autres variables dites « à densité ». La loi d’une v.a.r. est la donnée : dans le cas d’une v.a.r. discrète prenant les valeurs ℙ Soit des probabilités ∈ Soit par sa fonction de densité intégrable (souvent continue par morceaux) positive d’intégrale d 1.Dans ce cas, ℙ d Fonction de répartition : la loi d’une v.a.r. est complètement caractérisée par la fonction de répartition : ∀ ∈ , ℙ 0 et lim 1, et semi‐continue à droite. Si la variable est à Cette fonction est croissante, de limites lim densité continue par morceaux, alors est continue, et dérivable de dérivée sauf en un nombre fini de points. Si est discrète (à valeurs isolées), alors est constante entre deux de ces valeurs, et fait un saut ℙ au point . 2) Variable aléatoires discrètes usuelles i. Loi de Bernoulli Pour ∈ 0; 1 , la variable suit une loi de Bernoulli ℙ 1 si : 1 ℙ 0 , tirage d’une boule dans une urne contenant une proportion de boules Exemples : tirage à pile ou face blanches, ↝ 1 en cas de succès, 0sinon. ii. Loi uniforme La variable suit une loi de uniforme ↝ 1, … , si : ∀ ∈ 1, … , 1 ℙ iii. Loi binomiale Pour ∈ 0; 1 , la variable suit une loi binomiale de taille ∈ ∀ ∈ 0, … , est la somme de variables indépendantes Exemples : tirages à pile ou face fois ∗ 1 ℙ ,…, ↝ et de paramètre ; si : qui suivent une loi de Bernoulli . , tirages de fois une boule avec remise dans une urne contenant une proportion de boules blanches, est le nombre de succès. iv. Loi hypergéométrique Une urne contient boules blanches et rouges, soit un total de 1 boules. On note . On prélève dans l’urne soit successivement sans remise (soit simultanément, cela revient au même), boules (1 , et même 1 pour éliminer l’événement impossible). On note le nombre de boules blanches tirées. Alors la variable suit une loi hypergéométrique, noté ↝ , , . Sa loi est donnée par : ∀ ∈ 0, … , ℙ Remarque : supposons que les boules sont numérotées de 1 à , les premières étant blanches. Soit variable de Bernoulli prenant la valeur 1 si la boule ‐ème boule est tirée 0 sinon : ⋯ La variable est donc somme de , variables de même loi ↝ la . On peut écrire : , cependant elle ne suit pas une loi binomiale : en effet, les variables ne sont pas indépendantes ! Exercice : montrer que la loi hypergéométrique → ∞ et , , se rapproche de la loi binomiale , , lorsque → à fixés. v. Loi de Poisson La loi de Poisson correspond au nombre de réalisations d’un certain événement dans un laps de temps donné ,satisfaisant les conditions : non simultanéité des réalisations de l’événement ; indépendance de ces réalisations ; proportionnalité entre le nombre moyen de réalisations de et la durée . La variable suit alors une loi de Poisson de paramètre (noté ↝ ). ∀ ∈ ℙ ! . On utilise souvent une loi de Poisson pour modéliser des événements rares en approximation de la loi binomiale. vi. Loi géométrique – loi de Pascal La loi géométrique correspond au temps d’attente (discret) du premier succès dans un processus de Bernoulli. Si indépendantes, alors la variable aléatoire ∈ ∗ est une suite de variable de Bernoulli min ∈ suit une loi géométrique de paramètre , noté souvent ∀ ∈ ∗ ∗ ∶ 1 ↝ ℙ ↝ On peut généraliser avec la loi de Pascal (ou binomiale négative) ∀ ∈ , , temps d’attente du –ième succès : 1 1 ,ℙ , à valeurs dans ). (On utilise parfois la terminologie loi de Pascal pour la loi de la variable 3) Série génératrice. Calcul d’espérance et de variance. Soit une variable aléatoire discrète prenant les valeurs réelles a) Son espérance (si elle existe) est la quantité : ∈ où ⊂ ℙ . ∈ Elle mesure une valeur moyenne de la variable relative à sa loi. L’espérance est linéaire. b) Sa variance (si elle existe) est la quantité : 1 1 Elle mesure la dispersion des valeurs de autour de son espérance. La variance est quadratique. On définit alors l’écart type . On appelle variable centrée réduit de la variable 0 1 c) Un outil bien commode pour manipuler les variables aléatoires à valeurs entières : la série génératrice. Si prends ses valeurs dans ⊂ , sa série (entière) génératrice est définie par : ℙ . ∈ Cette série converge en 1 donc à un rayon de convergence 1. On peut remarquer que si a une espérance et une variance alors : 1 1 1 Deux plus, lorsque deux variables et sont indépendantes, on a : 1 1 4) Exercices Déterminer les séries génératrices des variables entières usuelles Déterminer la série génératrice d’une somme de v.a. indépendantes , et , ‐ des lois binomiales ‐ des lois de Poisson et et qui suivent : Au temps 0, un nombre aléatoire de bactéries pénètrent un système. Au temps 1, la ‐ème bactérie engendre une colonie de membres. Soit le nombre de bactéries dans le système au temps 1. On suppose que les variables aléatoires suivent la même loi qu’une variable aléatoire , qu’elles sont indépendantes entre elles et indépendantes de . Vérifier que les séries génératrices de , et satisfont la relation : ∘ . Une tumeur contient un nombre aléatoire de cellules cancéreuses. Un traitement par radiations a la probabilité 1– de tuer l’une des cellules. On note le nombre de cellules qui survivent au traitement. Si suit une loi de Poisson de paramètre , quelle est la loi de ? Peut‐on piper deux dés de façon à rendre la somme des faces équiprobables. Calcul du nombre de permutations de 1, … , fixant éléments. ! 1 ! 1 ℓ! ℓ 1 ! ℓ! ℓ ℓ Application au salon de danse : pour couples, quelle est la probabilité qu’aucun couple ne se reforme. Limite lorsque → ∞. 5) Couple de variables aléatoires Soient deux variables aléatoires et qui prennent des valeurs respectivement appelle loi conjointe la donnée des ℙ , ℙ ∈ et ∈ , ⊂ . On et les lois marginales les lois de et c’est‐à‐dire : ℙ ∗ ∗ ∈ ∈ Remarquons que la donnée des lois marginales ne suffit pas pour connaître la loi conjointe. Lorsque deux variables sont indépendantes, . On définit alors la covariance et le coefficient de corrélation par : ov , ∗ ∈ , ∈ ov , , ∈ ∗ ∈ 1; 1 Deux variables indépendantes ont bien sûr une covariance nulle (on dit qu’elles ne sont pas corrélées). En revanche, la réciproque est fausse ! La covariance est bilinéaire et le coefficient de corrélation est invariant par changement de variable affine ce qui lui donne un caractère intrinsèque. Il mesure le « lien affine » entre ces deux variables. La covariance intervient dans le calcul de la variance d’une somme de deux variables : 2. ov , Droite de régression linéaire de en (droite des moindres carrés). Soit ∶ , Alors atteint son minimum au point (unique) → la fonction définie par : , , vérifiant et . Au niveau des variables centrées réduites cela se traduit par , . Exercice. On lance deux dés équilibrés et on note , les valeurs obtenues (de 1 à 6). Étudier le couple , , min , .
