TD4. Indépendance, probabilités conditionnelles. Variables

Université Pierre & Marie Curie Licence de Mathématiques L3
UE LM345 – Probabilités élémentaires Année 2014–15
TD4. Indépendance, probabilités conditionnelles.
Variables aléatoires à densité.
1. Que peut-on dire d’un événement qui est indépendant de lui-même ?
Solution de l’exercice 1. Soit Aun événement de Ω. Par définition, si Aest indépendant
de lui-même, alors P(A)2=P(A). Ainsi, on a soit P(A) = 0 ou P(A) = 1.
2. Faux positifs Une maladie Maffecte une personne sur 1000 dans une population don-
née. Un test sanguin permet de détecter cette maladie avec une fiabilité de 99% (lorsque
cette maladie est effectivement présente). En revanche, pour un individu sain, la proba-
bilité que le test soit positif est de 0.1% (on dit que 0.1% est le taux de faux positifs). Si
un test est positif, quelle est la probabilité que l’individu soit réellement malade ?
Solution de l’exercice 2. On choisit comme espace des états Ωl’ensemble des individus
de la population. On appelle Ml’événement “l’individu est malade”, et Pl’événement “le
test est positif”. Alors, l’énoncé nous dit que :
P(M) = 1
1000,d’où P(Mc) = 999 1000,PM(P) = 99 100,PMc(P) = 1 1000.
On cherche PP(M). D’après la formule de Bayes, nous avons :
PP(M) = PM(P)P(M)
PM(P)P(M) + PMc(P)P(Mc)=990 999 + 990 '0,5.
Si le test est positif, la probabilité que l’individu est réellement malade est de 0,5. Donc
attention avant de tirer des conclusions trop hâtives.
3. Une généralisation de l’exercice précédent Soit (Ω,F,P)un espace probabilisé.
Soit (Bi)1≤i≤nune partition de Ωen névénements de probabilité non nulle. Montrer que
pour tout A∈ F de probabilité non nulle, et pour tout i,
P(Bi|A) = P(A|Bi)P(Bi)
Pn
i=1 P(A|Bi)P(Bi).
1

Solution de l’exercice 3. Comme les (Bi)1≤i≤nforment une partition de Ω, on a d’après
les formules des probabilités totales et celle des probabilités conditionnelles :
P(A) =
n
X
i=1
P(A∩Bi) =
n
X
i=1
PBi(A)P(Bi).(1)
D’après la définition des probabilités conditionnelles toujours, on a :
PA(Bi) = P(A∩Bi)
P(A)=PBi(A)P(Bi) P(A).
On conclut en remplaçant P(A)par (1).
4. On effectue des lancers successifs et indépendants d’une pièce qui tombe sur pile avec
probabilité pet sur face avec probabilité 1−p.
a) Décrire le modèle probabiliste utilisé pour modéliser cette situation.
b) On appelle T1le numéro du premier lancer où l’on obtient pile. Déterminer la loi de
T1.
c) Pour tout i≥1, on appelle Tile numéro du lancer où l’on obtient pile pour la i-ième
fois. Déterminer la loi de Tipour tout i≥1.
d) Calculer la probabilité que pile ne sorte jamais.
Solution de l’exercice 4.
a) On choisit comme univers Ω = {P, F }N∗. On munit Ωde la probabilité Pcorrespon-
dant à cette expérience. Soit (Xi)∞
i=1 la suite de variables aléatoires telle que, pour tout i,
Xivaut 1 si l’issue du i-ième lancer est pile et 0 sinon. Étant donné que les lancers sont
indépendants, les variables aléatoires (Xi)∞
i=1 sont indépendantes. D’après les conditions
de l’expérience, la loi de Xiest donnée par :
P(Xi= 1) = P({obtenir Pau i-ième lancer}) = p,
P(Xi= 0) = P({obtenir Fau i-ième lancer})=1−p.
Ainsi (Xi)∞
i=1 est une suite de variables aléatoires i.i.d. de loi de Bernoulli de paramètre p.
b) Soit k≥1un entier. On a, {T1=k}={X1= 0, X2= 0, . . . , Xk−1= 0, Xk= 1}.
Ainsi, en utilisant l’indépendance, on a :
P(T1=k) = (1 −p)k−1p.
Autrement dit, T1suit une loi géométrique de paramètre p.
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c) En reprenant ce que l’on a fait lors du TD2, on obtient :
∀k≥i, P(Ti=k) = k−1
i−1pi(1 −p)k−i.
Il s’agit de la loi binomiale négative de paramètre iet p. Remarquer que
∞
X
k=ik−1
i−1pi(1 −p)k−i=pi∞
X
k=ik−1
i−1(1 −p)k−1−(i−1) =pi1 (1 −(1 −p))(i−1)+1 = 1.
d) Soit Anl’événement “Pile ne sort pas jusqu’à l’instant n”. Alors An={X1=
0, . . . , Xn= 0}et P(An) = (1 −p)n. De plus, l’événement A, “Pile ne sort jamais” s’écrit,
A=∩n∈N∗An. Comme la suite d’événement est décroissante, on a d’après le cours que :
P(A) = lim
n→∞
P(An)=0.
5. Soit (Xn)n≥1une suite de variables aléatoires indépendantes de loi de Bernoulli de
paramètre p∈]0,1[. Montrer qu’avec probabilité 1, la suite (Xn)n≥1prend une infinité de
fois la valeur 1et une infinité de fois la valeur 0.
Solution de l’exercice 5. Pour tout n≥1, posons An={Xn= 1}et Bn={Xn= 0}.
Les événements (An)n≥1sont indépendants et tous de probabilité p > 0. En particulier,
Pn≥1P(An) = +∞. La deuxième partie du lemme de Borel-Cantelli entraîne donc que
P(lim sup An)=1. Le même raisonnement s’applique aux événements Bnqui sont de
probabilité 1−p > 0. Donc P(lim sup Bn)=1, et P(lim sup An∩lim sup Bn)=1. Or
l’événement lim sup An∩lim sup Bnest précisément l’événement où la suite (Xn)n≥1prend
une infinité de fois la valeur 1et une infinité de fois la valeur 0.
6. Soient α, β ∈]0,1[ deux réels. Pour tout (i, j)∈N2, on pose pi,j =αβ(1 −α)i(1 −β)j.
a) Montrer qu’en posant P({(i, j)}) = pij pour tout (i, j)∈N2, on définit une mesure
de probabilités sur N2muni de la tribu P(N2).
Pour tout (i, j)∈N2, on pose X((i, j)) = iet Y((i, j)) = j.
b) Déterminer la loi de Xet la loi de Y.
c) Calculer P(X < Y ),P(X=Y)et P(X > Y ).
Solution de l’exercice 6.
a) Il s’agit de vérifier que ∀(i, j)∈N2,pi,j ≥0et P(i,j)∈N2pi,j = 1. La positivité des
pi,j est évidente d’après leur définition. Comme α, β ∈]0,1[, on peut utiliser la somme
d’une série géométrique : Pi∈Nxi= 1/(1 −x)avec x= 1 −αet x= 1 −β, on obtient :
X
(i,j)∈N2
pi,j =X
i∈NX j∈N
αβ(1 −α)i(1 −β)j=αβX
i∈N
(1 −α)iX
j∈N
(1 −β)j= 1.
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b) Remarquons que la loi jointe du vecteur (X, Y )est pi,j . En effet,
P[X=i, Y =j] = P[{(i, j)∈N2:X((i, j)) = i, Y ((i, j)) = j}] = P[{(i, j)}] = p.
D’après le cours (formule des probabilités totales), la loi marginale de Xest donnée par :
∀i∈N,P[X=i] = X
j∈N∗
P[X=i, Y =j] = α(1 −α)iX
j∈N
β(1 −β)j=α(1 −α)i.
Ainsi, Xsuit une loi géométrique de paramètre 1−α. De même, P(Y=j) = β(1 −β)j,
autrement dit Ysuit une loi géométrique de paramètre 1−β.
c)
P[X < Y ] = E[{X<Y }] = X
(i,j)∈N2{i<j}P[X=i, Y =j] = X
(i,j)∈N2
i<j
pi,j =∞
X
i=0
∞
X
j=i+1
pi,j .
Comme pour tout i∈N,P∞
j=i+1 β(1 −β)j= (1 −β)i+1, cela donne
P[X < Y ] = ∞
X
i=0
α(1 −α)i(1 −β)i+1 =∞
X
i=0
α(1 −β) ((1 −α)(1 −β))i
=α(1 −β)
1−(1 −α)(1 −β)=α−αβ α+β−αβ .
De même (en échangeant les rôles de Xet Y, donc de αet β), on obtient
P[X > Y ] = β−αβ
α+β−αβ .
On peut calculer P[X=Y]directement en sommant les pi,i, ou alors on peut utiliser le
fait que les parties {X=Y},{X < Y }et {X > Y }forment une partition de N2et les
résultats précédents :
P[X=Y]=1−P[X > Y ]−P[X < Y ] = α+β−αβ −(β−αβ)−(α−αβ)
α+β−αβ =αβ α+β−αβ .
7. Un exemple d’urne de Polya. Une urne contient au départ 5 boules blanches et 7
noires. Chaque fois que l’on tire une boule, on la réintroduit en rajoutant deux nouvelles
boules de la même couleur que celle tirée. Quelle est la probabilité que les deux premières
boules tirées soient noires ? Que la deuxième boule tirée soit noire ?
Solution de l’exercice 7. On choisit comme univers Ω = {(B, B),(B, N),(N, B),(N, N)},
où la première (resp. deuxième) coordonnée représente l’issue du premier (resp. deuxième)
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tirage. On munit Ωde la tribu F=P(Ω). On note Pla probabilité sur (Ω,F)correspon-
dant à cette expérience. Soit k∈ {1,2}, on note Bk(resp. Nk) l’événement “la boule tirée
au k-ième tirage est blanche (resp. noire)”. Alors, la donnée de l’exercice nous dit que :
P(B1) = 5
12,P(N1) = 7 12.
Comme ces deux probabilités sont strictement positives, on peut conditionner par rapport
aux événements B1et N1. D’après l’énoncé, nous savons que :
PB1(B2) = 7
14,PB1(N2) = 7 14,
PN1(B2) = 5
14,PN1(N2) = 9 14.
La réponse à la première question est P(N1∩N2)et à la deuxième, P(N2). Calculons ces
probabilités. D’après la définition des probabilités conditionnelles, nous savons que :
P(N1∩N2) = PN1(N2)P(N1) = 9.7
14.12 =3 8.
De manière analogue, nous pouvons calculer :
P(B1∩N2) = PB1(N2)P(B1) = 7.5
14.12 =5 24.
Comme {B1, N1}forme une partition de Ω, nous déduisons de la formule des probabilités
totales :
P(N2) = P(N1∩N2) + P(B1∩N2) = 9
24 +5 24 =7 12.
8. Loi gaussienne Rappeler la densité de la loi N(µ, σ2). Soit X∼ N(µ, σ2), quelle est
la loi de X−µ
σ.Solution de l’exercice 8. La loi N(µ, σ2)a pour densité :
∀x∈R, p(x) = 1
√2πσ2e−(x−µ)2
2σ2.
Soit Y=X−µ
σ. Alors, la fonction de répartition de Yest, pour tout y∈R:
FY(y) = P[Y≤y] = PX−µ
σ≤y=P[X≤σy +µ]
=Zσy+µ
−∞
p(x)dx =Zy
−∞
p(σx +µ)σdx
=1
√2πe−x2
2dx.
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