TD 8 - LSV

L3 - 2016/2017 - TD 8 Mercredi 23 novembre Mathématiques Discrètes
Exercice 1. Loi binomiale négative de paramètres net pOn joue à pile (obtenu avec probabilité p)
ou face (obtenu avec probabilité q= 1 −p) jusqu‘à avoir obtenu nfois Pile. On considére la variable
aléatoire Xqui compte le nombre de jets nécessaires.
1. Déterminer la loi de X.
Si X=k, on a obtenu sur nPiles kjets et le k-ième est Pile. On compte les possibilités pour les
n−1autres jets ayant donné un Pile :
P(X=k) = k−1
n−1pn(1 −p)k−n.
2. En déduire l’identité
X
k>nk−1
n−1pnqk−n= 1.
On retrouve ainsi un cas particulier de la formule du binôme généralisée.
Pk>nk−1
n−1pnqk−n=Pk>nP(X=k)=1.
Exercice 2. loi de probabilité sur N
On suppose que P:N→[0,1] est une loi de probabilité. Cela équivaut à la donnée d’une suite de
nombres positifs (pn)n∈Ntelles que Pnpn= 1, avec pn=P(n).
1. Démontrer qu’il n’existe pas sur Nune loi de probabilité qui rende le tirage d’un entier équiprobable.
On ne peut pas avoir une probabilité ade tirer l’entier npour tout npuisquePn∈Na= +∞
2. On pose pn=1
2n+1 .
(a) Démontrer qu’on a ainsi une loi de probabilité sur N.
On reconnait une série géométrique :Pnpn= 1.
(b) Calculer la probabilité de l’ensemble des nombres pairs et de l’ensemble des nombres impairs.
Qu’en pensez-vous ?
P(2N) = Pnp2n=Pn1
22n+1 =1 2Pn1 4n=2 3. donc P(2N+ 1) = 1 3, ce n’est pas équitable.
3. On souhaite maintenant que la loi de probabilité sur Nsatisfasse la propriété :
∀a∈N\ {0}, P (aN) = 1
a.
(a) Démontrer que si aet bsont deux entiers premiers entre eux, les événements “être multiple de
a” et “être multiple de b” sont indépendants.
aN∩bN=abNdonc P(aN∩bN) = P(abN) = 1
ab =P(aN)P(bN).
(b) Soit Pl’ensemble des nombres premiers. Si nest un entier naturel, on note Pnl’ensemble des
nombres premiers ≤n. On souhaite justifier que la suite (Qp∈Pn(1 −1
p))n∈Ntend vers 0(ce
qu’on appelle un produit divergent).
i. Rappeler pourquoi Pest infini.
Si p1, .., pnsont nnombres premiers distincts, on en construit un autre en prenant un
diviseur premier de 1 + Qn
i=1 pi.
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ii. Quelques rappels d’analyse :
A. Justifier que, pour tout entier naturel non nul N,PN
i=1 1
i≥ln N.
Sur l’intervalle [i, i + 1], la fonction (x→1
x)est majorée par 1 i. Donc ln N=RN
1
dx
x=
PN
i=1 Ri+1
i
dx
x≤PN
i=1 1
i.
B. Justifier que PN
i=1 1
i≤Qp∈PN(Pi1 pi).
En effet tout nombre entier naturel ninférieur ou égal à Nse décompose comme
un produit de nombres premiers ≤N, donc 1
napparaît dans Qp∈PN(Pi1 pi), qui est
la somme infinie des nombres entiers naturels dont la décomposition en produit de
nombres premiers n’utilisent que les nombres premiers dans PN.
C. Soit p∈ P. Démontrer que Pi1
pi= 1 + 1 p+1 p2+· · · = 1 + 1 p+1 p(p−1) .
X
i
1
pi= 1 + 1 p+1 p2X
i
1
pi= 1 + 1 p+1 p(p−1)
.
iii. En déduire (en utilisant 1 + u≤eu) que
Y
p∈Pn
(X
i
1
pi)≤exp( X
p∈Pn
1
p+ 1).
Y
p∈Pn
(X
i
1
pi)≤Y
p∈Pn
exp(1
p+1 p(p−1)) = exp( X
p∈Pn
1
p+X
p∈Pn
1
p(p−1)).
Or,X
p∈Pn
1
p(p−1) ≤
n
X
i=2
1
i(i−1) =
n
X
i=2
(1
i−1−1 i)=1−1 n=n−1 n≤1.
Donc, Y
p∈PnX
i
1
pi≤exp( X
p∈Pn
1
p+ 1).
iv. En déduire que
X
p∈PN
1
p≥ln(ln(N)) −1.
exp( X
p∈PN
1
p+ 1) ≥
|{z}
iii Y
p∈PN
(X
i
1
pi)≥
|{z}
B
N
X
i=1
1
i≥
|{z}
A
ln N.
On conclut en prenant le logarithme de chaque côté de l’inégalité.
v. Justifier que la suite (Qp∈Pn(1 −1
p))n∈Ntend vers 0.
ln(Qp∈Pn(1 −1
p)) = Pp∈Pnln(1 −1 p); en numérotant dans l’ordre les nombres premiers,
la série à termes positifs de terme général −ln(1 −1
pj)diverge puisque −ln(1 −1 pj)∼1 pj
et que la série de terme général 1
pjdiverge. Donc la suite (ln Qp∈Pn(1 −1 p))n∈Nconverge
vers −∞ et le produit (Qp∈Pn(1 −1
p))n∈Ntend vers 0.
(c) En déduire qu’une telle probabilité n’existe pas.
Supposons qu’elle existe. Soit n∈N\ {0}et soit pnsa probabilité. Alors les événements
“ne pas être divisible par p”, pour p /∈ Pn, sont indépendants. Donc la probabilité de leur
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intersection est le produit des probabilités P(N\pN) = (1 −1
p). Comme cette intersection
contient n, on en déduit que :
pn≤Y
p /∈Pn
(1 −1
p) = Qp∈P (1 −1
p)
Qp∈Pn(1 −1
p)= 0
ce qui est la contradiction.
4. On remplace alors la notion de probabilité par celle de densité. Si Eest une partie de N, on définit
sa densité comme la limite, si elle existe, de la suite (1
n|E∩ {1, ..., n}|).
(a) Quelle est la densité de N?
∀n∈N\ {0},1
n|N∩ {1, ..., n}| = 1, donc la densité de Nvaut 1.
Plus généralement de aN, pour a∈N\ {0}?
Soit a∈N\ {0}.∀n∈N\ {0},n−1
na ≤1 n|aN∩ {1, ..., n}| ≤ n an . Donc la densité de aNest 1 a.
Quelle est la densité d’un ensemble fini?
0.
(b) Soit E={(m, n)∈N2/pgcd(m, n) = 1}. On souhaite définir sa densité dans N2et la
calculer.
On pose, pour dun entier naturel non nul, Fd= (dN)2et, pour tout entier naturel non nul N,
FN
d= (dN)2∩ {1, ..., N}2.
Si Eest une partie de N2, on définit sa densité comme la limite, si elle existe, de la suite
(1
N2|E∩ {1, ..., N}2|).
i. Démontrer que Fda1
d2comme densité. La suite de terme général 1 N2|Fd∩ {1, ..., N}2|=
1
N2|{1, ..., N} ∩ dN|2converge vers 1 d2par le résultat 4(a).
ii. On définit la fonction de Moebius sur N∗, notée µ, par récurrence en posant :
µ(1) = 1
Pd|nµ(d) = 0,si n6= 0.
Démontrer qu’elle vérifie les propriétés :
A. Si pest un nombre premier, µ(p) = −1.
0 = Pd|pµ(d) = 1 + µ(p).
B. Si pest un nombre premier et si n≥2,µ(pn)=0.Par récurrence sur n≥2,
0 = X
d|pn
µ(d) = 1 + µ(p)
| {z }
0
+µ(p2) + · · · +µ(pn).
C. Si met nsont des entiers naturels premiers entre eux, µ(mn) = µ(m)µ(n).C’est
évident si m= 1 ou n= 1. Sinon, on fait une récurrence sur mn en remarquant que :
{d;d|m}×{d;d|n}→{d;d|mn}
(u, v)→uv .
est une bijection. On a alors
0 = Pd|mn µ(d) = Pu|mPv|nµ(uv)
=Pu|mPv|nµ(u)µ(v)+(µ(mn)−µ(m)µ(n))
=X
u|m
µ(u)
| {z }
0
.X
v|n
µ(v)
| {z }
0
+(µ(mn)−µ(m)µ(n))
=µ(mn)−µ(m)µ(n).
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D. En déduire pour tout entier naturel non nul n, la valeur de µ(n)en fonction de la
décomposition en nombres premiers de n.
Si n= 1,µ(n)=1.
Si nest le produit de rnombres premiers distincts, µ(n) = (−1)r.
Sinon (ndivisible par le carré d’un nombre premier), µ(n)=0.
iii. En appliquant la formule du crible, démontrer que :
|E∩ {1, ..., N}2|=X
d|N
µ(d)(|Fd∩ {1, ..., N}2|).
On remarque que {1, ..., N}2est la réunion de E∩ {1, ..., N}2et des Fp∩ {1, ..., N }2, pour
p∈ PN.Donc la formule du Crible s’écrit :
|E∩ {1, ..., N}2|=N2+ ( X
I⊂PN
(−1)|I|| ∩p∈IFp∩ {1, ..., N}2|).
En remarquant que ∩p∈IFp=FQP∈Ipet qu’alors, | ∩p∈IFp∩ {1, ..., N}2|=bN
QP∈Ipc2,
|E∩ {1, ..., N}2|=N2+ (PI⊂PN(−1)|I|bN
Qp∈Ipc2
=Pd|Nµ(d)PI⊂ PN
Qp∈I=d
bN
dc2
=Pd|Nµ(d)bN
dc2
iv. En déduire que la suite de terme général 1
N2|E∩ {1, ..., N}2| − Pd|N
µ(d)
d2converge vers 0.
|1
N2|E∩ {1, ..., N}2| − Pd|N
µ(d)
d2|=|Pd|Nµ(d)( 1 N2bN dc2−1 d2)|
Or, bN
dc ≤ N1 det N1 d−1≤ bN dcdonc,
1
N2−2 dN ≤1 N2bN dc2−1 d2≤0.
Donc,|1
N2|E∩{1, ..., N}2| −X
d|N
µ(d)
d2| ≤ X
d|N
|1
N2−2 dN | ≤ X
d|N
(1
N2+2 dN )≤1 N+2 ln N N.
v. Démontrer que Eadmet 6
π2comme densité.
P∞
d=1
µ(d)
d2est une série (absolument) convergente. Si on fait son produit de Cauchy avec
la série P∞
d=1 1
d2, on obtient 1(en utilisant Pd|nµ(d) = 0, pour n6= 0).
On en déduit que la densité de Eest l’inverse de P∞
d=1 1
d2, et on sait que P∞
d=1 1
d2=π2 6.
Exercice 3. On vous propose de choisir un unique cadeau parmi n. Les cadeaux vous sont proposés
un par un dans un ordre aléatoire. Lorsque l’on vous propose un cadeau, vous pouvez l’accepter et partir
avec ou le refuser en attente de connaître le suivant. Les valeurs des cadeaux sont toutes distinctes (on
les représente par les nombres y1<· · · < yn) et vous souhaitez bien entendu choisir celui de plus grande
valeur, c’est-à-dire yn. Mais vous ne connaissez pas ces valeurs. On note (Ak)n
k=1 l’événement “le choix
se fait sur le cadeau présenté à la k-ième étape” et Bl’événement “Le meilleur cadeau a été choisi”.
1. On fixe un nombre j. On décide de ne pas prendre les jpremiers lots. Après avoir vu ces jpremiers
on décide de garder le premier lot présenté d’une valeur supérieure au maximum des jpremiers.
Calculer selon cette stratégie P(Ak).
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La probabilité que le choix se fait sur le cadeau présenté à la k-ième étape est 0si k≤jpar
choix stratégique. On partitionne cet évènement selon l’ensemble formé par les kpremiers tirages :
z1, ..., zk. Soit Ek={z1, ..., zk}={i1, ..., ik}avec i1< i2<· · · < ik.
Alors Ak∩Ekest l’évènement zk=iket ik−1∈ {z1, ..., zj}, soit P(Ak|Ek) = j
k−1
1
k.
Donc P(Ak) = PEkP(Ak|Ek)P(Ek) = j
k−1
1
k.
2. Calculer P(B)en suivant cette stratégie ?
P(B|Ak) = k
ncar c’est la probabilité que insoit tiré dans les kpremiers.
P(B) = Pn
k=j+1 P(B|Ak)P(Ak) = Pn k=j+1
j
k−1
1
k
k
n=1 nPn
k=j+1
j
k−1=j nPn−j
k=1 1
j+k−1.
3. Quelle est le comportement asymptotique de cette stratégie pour n→+∞?
P(B)∼j
nln n j
Pour ngrand, et j≡n
e, on obtient une probabilité de e−1.
Exercice 4. Un fumeur a deux boîtes d’allumettes de même contenance dans chacune de ses deux poches.
Lorsqu’il a besoin d’une allumette, il choisit de façon équiprobable une de ses poches et prend l’allumette
dans la boîte correspondante. On note nle nombre d’allumettes initialement dans chaque boîte.
1. Soit rentre 0et n. On note prla probabilité que lorsque pour la première fois le fumeur constate
qu’une boîte est vide, l’autre contienne exactement rallumettes.Calculer pr.
On cherche la probabilité des tirages équiprobables contenant n+1 D,n−r G et se terminant par D
(on a pris nallumettes dans la poche droite et n−rdans la gauche, le fumeur s’en apercoit au tirage
suivant fait dans la poche droite) ou l’évènement symétrique en échangeant droite et gauche. Donc
pr=1
2(2n−r
n−r(1
2)2n−r+2n−r
n−r(1
2)2n−r) = 2n−r
n−r(1
2)2n−r=2n−r
n(1
2)2n−r.
2. Pour rentre 0et n, on note qrla probabilité qu’une boîte soit vidée, alors que l’autre contient
exactement rallumettes. Calculer la probabilité qr.
On cherche la probabilité des tirages équiprobables contenant n D,n−r G terminant par D(il
prend nallumettes dans la poche droite et n−rdans la gauche, le dernier tirage étant D) ou
l’évènement symétrique en échangeant droite et gauche. Donc qr=1
2(2n−r+ 1
n−1(1
2)2n−r+1 +
2n−r−1
n−1(1
2)2n−r+1) = 2n−r−1
n−1(1
2)2n−r+1.
3. Quelle est la probabilité qpour que la première boîte vidée ne soit pas la première boîte que le
fumeur constate vide.
On applique la formule des probabilités totales en partitionnant selon le nombre de tirages après n
qui vide la première boîte : Pour rentre 0et n, on évalue la probabilité des tirages équiprobables
contenant n D,n−r G terminant par Dpuis suivi de r+ 1 G(il prend nallumettes dans la poche
droite et n−rdans la gauche, le dernier tirage étant D, puis seulement dans Gjusqu’à constater
qu’elle est vide) ou l’évènement symétrique en échangeant droite et gauche. Donc
q=Pn
r=0 qr(1
2)r+1 =Pn
r=0 2n−r−1
n−1(1
2)2n+2 = (1 2)2n+22n
n.
J. Dubut, A. Lick, C. Picaronny 5 E.N.S. de Cachan