TD 8 - LSV

L3 - 2016/2017 - TD 8
Mercredi 23 novembre
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Exercice 1. Loi binomiale négative de paramètres n et p On joue à pile (obtenu avec probabilité p)
ou face (obtenu avec probabilité q = 1 − p) jusqu‘à avoir obtenu n fois Pile. On considére la variable
aléatoire X qui compte le nombre de jets nécessaires.
1. Déterminer la loi de X.
Si X = k, on a obtenu sur n Piles k jets et le k-ième est Pile. On compte les possibilités pour les
n − 1 autres jets ayant donné un Pile :
k−1
P (X = k) =
pn (1 − p)k−n .
n−1
2. En déduire l’identité
X k − 1
k>n
n−1
pn q k−n = 1.
On retrouve ainsi un cas particulier de la formule du binôme généralisée.
k−1
k>n n−1
P
pn q k−n =
P
k>n
P (X = k) = 1.
Exercice 2. loi de probabilité sur N
On suppose que P : N → [0, 1] est
P une loi de probabilité. Cela équivaut à la donnée d’une suite de
nombres positifs (pn )n∈N telles que n pn = 1, avec pn = P (n).
1. Démontrer qu’il n’existe pas sur N une loi de probabilité qui rende le tirage d’un entier équiprobable.
On ne peut pas avoir une probabilité a de tirer l’entier n pour tout n puisque
2. On pose pn =
P
n∈N
a = +∞
1
2n+1 .
(a) Démontrer qu’on a ainsi une loi de probabilité
sur N.
P
On reconnait une série géométrique : n pn = 1.
(b) Calculer la probabilité de l’ensemble des nombres pairs et de l’ensemble des nombres impairs.
Qu’en pensez-vous
?P
P
P
1
P (2N) = n p2n = n 22n+1
= 12 n 41n = 23 . donc P (2N + 1) = 13 , ce n’est pas équitable.
3. On souhaite maintenant que la loi de probabilité sur N satisfasse la propriété :
∀a ∈ N \ {0}, P (aN) =
1
.
a
(a) Démontrer que si a et b sont deux entiers premiers entre eux, les événements “être multiple de
a” et “être multiple de b” sont indépendants.
1
= P (aN)P (bN).
aN ∩ bN = abN donc P (aN ∩ bN) = P (abN) = ab
(b) Soit P l’ensemble des nombres premiers. Si n est un entier Q
naturel, on note Pn l’ensemble des
nombres premiers ≤ n. On souhaite justifier que la suite ( p∈Pn (1 − p1 ))n∈N tend vers 0 (ce
qu’on appelle un produit divergent).
i. Rappeler pourquoi P est infini.
Si p1 , .., pn sont n nombres
Qn premiers distincts, on en construit un autre en prenant un
diviseur premier de 1 + i=1 pi .
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ii. Quelques rappels d’analyse :
PN
A. Justifier que, pour tout entier naturel non nul N , i=1 1i ≥ ln N .
RN
Sur l’intervalle [i, i + 1], la fonction (x → x1 ) est majorée par 1i . Donc ln N = 1 dx
x =
PN R i+1 dx PN 1
i=1 i .
i=1 i
x ≤
PN 1 Q
P
B. Justifier que i=1 i ≤ p∈PN ( i p1i ).
En effet tout nombre entier naturel n inférieur ou égal à NQse décompose
comme
P
un produit de nombres premiers ≤ N , donc n1 apparaît dans p∈PN ( i p1i ), 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 .
P
1
C. Soit p ∈ P. Démontrer que i p1i = 1 + p1 + p12 + · · · = 1 + p1 + p(p−1)
.
X 1
1
1
1 X 1
1
=1+ + 2
=1+ +
i
i
p
p p i p
p p(p − 1)
i
.
iii. En déduire (en utilisant 1 + u ≤ eu ) que
Y X 1
X 1
(
) ≤ exp(
+ 1).
i
p
p
i
p∈Pn
p∈Pn
Y X 1
Y
X 1
X
1
1
1
(
)≤
exp( +
) = exp(
+
).
i
p
p
p(p
−
1)
p
p(p
− 1)
i
p∈Pn
p∈Pn
p∈Pn
n
Or,
X
p∈Pn
p∈Pn
n
X
X 1
1
1
1
n−1
1
≤
=
(
− )=1− =
≤ 1.
p(p − 1)
i(i − 1)
i−1
i
n
n
i=2
i=2
Donc,
Y X 1
X 1
≤
exp(
+ 1).
pi
p
i
p∈Pn
p∈Pn
iv. En déduire que
X 1
≥ ln(ln(N )) − 1.
p
p∈PN
exp(
N
X 1
Y X 1
X
1
+ 1) ≥
(
)
≥
≥ ln N.
i
|{z}
|{z}
p
p
i |{z}
i
i=1
p∈PN
iii p∈PN
B
A
On conclut en prenant le logarithme de chaque côté de l’inégalité.
Q
v. Justifier que la suite ( p∈Pn (1 − p1 ))n∈N tend vers 0.
Q
P
ln( p∈Pn (1 − p1 )) = p∈Pn ln(1 − p1 ) ; en numérotant dans l’ordre les nombres premiers,
la série à termes positifs de terme général − ln(1 − p1j ) diverge puisque − ln(1 − p1j ) ∼ p1j
Q
et que la série de terme général p1j diverge. Donc la suite (ln p∈Pn (1 − p1 ))n∈N converge
Q
vers −∞ et le produit ( p∈Pn (1 − p1 ))n∈N tend vers 0.
(c) En déduire qu’une telle probabilité n’existe pas.
Supposons qu’elle existe. Soit n ∈ N \ {0} et soit pn sa 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 − p1 ). Comme cette intersection
contient n, on en déduit que :
pn ≤
Y
p∈P
/ n
Q
1
1
p∈P (1 − p )
(1 − ) = Q
1 =0
p
p∈Pn (1 − p )
ce qui est la contradiction.
4. On remplace alors la notion de probabilité par celle de densité. Si E est une partie de N, on définit
sa densité comme la limite, si elle existe, de la suite ( n1 |E ∩ {1, ..., n}|).
(a) Quelle est la densité de N?
∀n ∈ N \ {0}, n1 |N ∩ {1, ..., n}| = 1, donc la densité de N vaut 1.
Plus généralement de aN, pour a ∈ N \ {0} ?
1
n
Soit a ∈ N \ {0}. ∀n ∈ N \ {0}, n−1
na ≤ n |aN ∩ {1, ..., n}| ≤ an . Donc la densité de aN est
Quelle est la densité d’un ensemble fini?
0.
1
a.
(b) Soit E = {(m, n) ∈ N2 / pgcd(m, n) = 1}. On souhaite définir sa densité dans N 2 et la
calculer.
On pose, pour d un entier naturel non nul, Fd = (dN)2 et, pour tout entier naturel non nul N ,
FdN = (dN)2 ∩ {1, ..., N }2 .
Si E est une partie de N2 , on définit sa densité comme la limite, si elle existe, de la suite
( N12 |E ∩ {1, ..., N }2 |).
i. Démontrer que Fd a d12 comme densité. La suite de terme général N12 |Fd ∩ {1, ..., N }2 | =
1
1
2
N 2 |{1, ..., N } ∩ dN| converge vers d2 par le résultat 4(a).
ii. On définit la fonction de Moebius sur N∗ , notée µ, par récurrence en posant :
µ(1) = 1
P
µ(d)
= 0, si n 6= 0.
d|n
Démontrer qu’elle vérifie les propriétés :
A. Si p P
est un nombre premier, µ(p) = −1.
0 = d|p µ(d) = 1 + µ(p).
B. Si p est un nombre premier et si n ≥ 2, µ(pn ) = 0. Par récurrence sur n ≥ 2,
X
0=
µ(d) = 1 + µ(p) +µ(p2 ) + · · · + µ(pn ).
| {z }
n
d|p
0
C. Si m et n sont 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}
(u, v)
→ {d; d|mn}
.
→
uv
est une bijection. On a alors
P
P
P
0 =
µ(d) = u|m v|n µ(uv)
d|mn
P
P
=
µ(u)µ(v) + (µ(mn) − µ(m)µ(n))
Xu|m v|n
X
=
µ(u) .
µ(v) +(µ(mn) − µ(m)µ(n))
v|n
u|m
| {z } | {z }
0
0
= 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 n est le produit de r nombres premiers distincts, µ(n) = (−1)r .
Sinon (n divisible par le carré d’un nombre premier), µ(n) = 0.
iii. En appliquant la formule du crible, démontrer que :
X
|E ∩ {1, ..., N }2 | =
µ(d)(|Fd ∩ {1, ..., N }2 |).
d|N
On remarque que {1, ..., N }2 est la réunion de E ∩ {1, ..., N }2 et des Fp ∩ {1, ..., N }2 , pour
p ∈ PN . Donc la formule du Crible s’écrit :
X
(−1)|I| | ∩p∈I Fp ∩ {1, ..., N }2 |).
|E ∩ {1, ..., N }2 | = N 2 + (
I⊂PN
et qu’alors, | ∩p∈I Fp ∩ {1, ..., N }2 | = b Q N p c2 ,
P ∈I
P
2
2
2
|I| Q N
|E ∩ {1, ..., N } | = N + ( I⊂PN (−1) b
pc
En remarquant que ∩p∈I Fp =
FQ
P ∈I
p
p∈I
b Nd c2
QI ⊂ PN
p∈I = d
=
P
d|N
µ(d)
=
P
d|N
µ(d)b Nd c2
P
P
iv. En déduire que la suite de terme général N12 |E ∩ {1, ..., N }2 | − d|N
P
P
1
1 N 2
| N12 |E ∩ {1, ..., N }2 | − d|N µ(d)
d|N µ(d)( N 2 b d c − d2 )|
d2 | = |
µ(d)
d2
converge vers 0.
Or, b Nd c ≤ N d1 et N d1 − 1 ≤ b Nd c donc,
2
1 N
1
1
−
≤ 2 b c2 − 2 ≤ 0.
N2
dN
N d
d
Donc, |
X µ(d)
X 1
X 1
1
2
2
1 2 ln N
|E ∩ {1, ..., N }2 | −
|≤
| 2−
|≤
( 2+
)≤
+
.
2
2
N
d
N
dN
N
dN
N
N
d|N
d|N
d|N
v. Démontrer que E admet π62 comme densité.
P∞ µ(d)
est une série (absolument) convergente.
Si on fait son produit de Cauchy avec
2
d=1 dP
P
∞
la série d=1 d12 , on obtient 1 (en utilisant d|n µ(d) = 0, pour n 6= 0).
P∞
P∞
2
On en déduit que la densité de E est l’inverse de d=1 d12 , et on sait que d=1 d12 = π6 .
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 )nk=1 l’événement “le choix
se fait sur le cadeau présenté à la k-ième étape” et B l’événement “Le meilleur cadeau a été choisi”.
1. On fixe un nombre j. On décide de ne pas prendre les j premiers lots. Après avoir vu ces j premiers
on décide de garder le premier lot présenté d’une valeur supérieure au maximum des j premiers.
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 0 si k ≤ j par
choix stratégique. On partitionne cet évènement selon l’ensemble formé par les k premiers tirages :
z1 , ..., zk . Soit Ek = {z1 , ..., zk } = {i1 , ..., ik } avec i1 < i2 < · · · < ik .
Alors Ak ∩ Ek est l’évènement zk = ik et ik−1 ∈ {z1 , ..., zj }, soit P (Ak |Ek ) =
Donc P (Ak ) =
P
Ek
P (Ak |Ek )P (Ek ) =
j 1
k−1 k .
j 1
k−1 k .
2. Calculer P (B) en suivant cette stratégie ?
P (B|Ak ) = nk car c’est la probabilité que in soit tiré dans les k premiers.
Pn
Pn
Pn
j 1 k
j
j Pn−j
1
P (B) = k=j+1 P (B|Ak )P (Ak ) = k=j+1 k−1
k=j+1 k−1 = n
k=1
kn = n
1
j+k−1 .
3. Quelle est le comportement asymptotique de cette stratégie pour n → +∞?
P (B) ∼
Pour n grand, et j ≡
n
e,
j
n
ln
n j
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 n le nombre d’allumettes initialement dans chaque boîte.
1. Soit r entre 0 et n. On note pr la probabilité que lorsque pour la première fois le fumeur constate
qu’une boîte est vide, l’autre contienne exactement r allumettes.Calculer pr .
On cherche la probabilité des tirages équiprobables contenant n+1 D, n−r G et se terminant par D
(on a pris n allumettes dans la poche droite et n−r dans la gauche, le fumeur s’en apercoit au tirage
suivant fait dans la
symétrique
enéchangeant droite et gauche.
Donc
poche droite)
ou l’évènement
pr = 12 (
2n − r
n−r
( 21 )2n−r +
2n − r
n−r
( 12 )2n−r ) =
2n − r
n−r
( 12 )2n−r =
2n − r
n
( 12 )2n−r .
2. Pour r entre 0 et n, on note qr la probabilité qu’une boîte soit vidée, alors que l’autre contient
exactement r allumettes. Calculer la probabilité qr .
On cherche la probabilité des tirages équiprobables contenant n D, n − r G terminant par D (il
prend n allumettes dans la poche droite et n − r dans la gauche, le dernier tirageétant D) ou
l’évènement symétrique en échangeant droite et gauche. Donc qr = 12 (
2n − r − 1
2n − r − 1
1 2n−r+1
(2)
)=
( 12 )2n−r+1 .
n−1
2n − r + 1
n−1
( 12 )2n−r+1 +
n−1
3. Quelle est la probabilité q pour 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 r entre 0 et n, on évalue la probabilité des tirages équiprobables
contenant n D, n − r G terminant par D puis suivi de r + 1 G (il prend n allumettes dans la poche
droite et n − r dans la gauche, le dernier tirage étant D, puis seulement dans G jusqu’à constater
qu’elle est vide) ou l’évènement symétrique en échangeant droite et gauche. Donc
Pn
Pn
2n − r − 1
2n
q = r=0 qr ( 21 )r+1 = r=0
( 12 )2n+2 = ( 12 )2n+2
.
n−1
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n
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Exercice 5. On définit un arbre binaire de recherche dans lequel tout noeud est numeroté (clé du noeud)
tel que :
Pour un noeud de clé k, les clés du sous-arbre gauche sont strictement inférieures à k et les clés du
sous-arbre droit sont supérieures ou égales à k. Un arbre de recherche à n noeuds construit aléatoirement
est un arbre obtenu par insertion successive deans l’arbre vide de σ(1), ..., σ(n) pour σ une permutation
de J1, nK tirée aléatoirement (uniformément dans le groupe des permutations de J1, nK).
Soit h la fonction qui a une permutation σ associe la hauteur de l’arbre binaire défini par σ.
On effectue des tirages successifs indépendants U1 , ..., Um , ... dans S1 , ...Sm , .... On pose Xi = h(Ui ).
1. Justifier que les variables (Xi )i sont globalement indépendantes.
Les variables Xi sont des fonctions de variables globalement indépendantes.
2. Déterminer la loi de X1 .
X1 = 0.
3. On définit la variable aléatoire Rn qui prend la clé de la racine de l’arbre associée à la permutation
tirée (Rn (σ) = σ(1))
(a) On définit la fonction fi : Sn → Si−1 × Sn−i qui associe à la permutation σ le couple (σ̃, σ̂)
où σ̃ est la permutation de J1, iK en supprimant dans σ les valeurs > i (sous-arbre à la gauche
du noeud de clé i), et σ̂ est la permutation de J1, n − iK en supprimant dans σ les valeurs < i
(sous-arbre à la droite u noeud de clé i) renumérotée (pour que les valeurs soient bien dans
J1, n − iK). En pratique, sur une permutation σ, on appelera fσ(1) (car σ(1) est la clé de la
racine). Par exemple :
1 2 3 4 5 6
1 2 3
1 2
σ=
, f4 (σ) =
,
4 6 2 3 1 5
2 3 1
2 1
Justifier que :
(Xn |Rn = i) = (h(Un )|Rn = i) = (1 + max(h(U˜n ), h(Uˆn ))|Rn = i).
où (U˜n , Uˆn ) = fi (Un ).
Si Rn = i, i est la clé de la racine. La hauteur de l’arbre défini par σ est exactement 1 + le
maximum des hauteurs sous-arbre à la gauche de la racine et du sous arbre à la droite de la
racine.
(b) En déduire que la variable (Xn |Rn = i) a la même loi que la variable max(Xi−1 , Xn−i ) + 1
Pour s ∈ Si−1 et s0 ∈ Sn−i , dénombrons les éléments de fi−1 (s, s0 ) ∩ {σ ∈ Sn | σ(1) = i}.
Visuellement, pour construire une permutation σ dans cet ensemble, on place n points alignés:
• • • . . . • •, qui représentent σ(1), . . . , σ(n). Pour le premier point, il n’y a donc pas le
choix, il doit valoir i. Parmi les n − 1 points restants, il convient de choisir ceux de valeurs
inférieures strictement à i, ce qui détermine aussi ceux de valeur supérieures strictemenet à i.
Donc une fois choisis les i − 1 points de valeur strictement inférieure à i, σ est entièrement
déterminée puisque l’ordre des {k < i} parmi ces n points est fixé par σ̃, et de même l’ordre
des {k > i} est fixé par σ̂. Donc
n−1
i−1
1
P (fi (Un ) = (s, s0 ) | Rn = i) =
=
(n − 1)!
(n − i)! (i − 1)!
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Donc
X
P (σ̃ = s | Rn = i) =
P (fi = (s, s0 ) | Rn = i) =
s0 ∈Sn−i
1
= P (Ui−1 = s)
(i − 1)!
et l’application tilde (conditionnellement à Rn = i) a la même loi que choisir uniformément
une permutation dans Si . De manière analogue, l’application chapeau (conditionnellement à
Rn = i) a la même loi que le tirage uniforme dans Sn−i . On en déduit l’égalité en loi:
L(Xn |Rn = i) = L(1 + max(Xi−1 , Xn−i )
Pn−1
4. On pose pour tout entier naturel n, Yn ≤ 2Xn . Justifier que E(Yn ) ≤ n4 i=0 E(Yi ).
E(Yn ) =
n
X
E(Yn |Rn = i)P (Rn = i)
i=1
n
=
1X
E(Yn |Rn = i)
n i=1
=
1X
E(2 · max(Yi−1 , Yn−i ))
n i=1
n
n
2X
≤
E(Yi−1 ) + E(Yn−i )
n i=1
=
5. En utilisant l’égalité
Pn−1
i=0
i+3
3
n−1
4X
E(Yi )
n i=0
=
n+3
4
, montrer que E(Yn ) ≤
1
4
n+3
3
.
Par récurrence sur n:
1+3
1
1 = Y1 = E(Y1 ) ≤ 4
= 1.
3
Pour n > 1 :
E(Yn ) ≤
≤
=
=
=
=
=
n−1
4X
E(Yi )
n i=0
n−1 4 X 1 i+3
3
n i=0 4
n−1 1 X i+3
3
n i=0
1 n+3
4
n
1 (n + 3)!
·
n 4!(n − 1)!
1 (n + 3)!
·
4 3!n! 1 n+3
3
4
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(par hypothèse de récurrence)
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6. En utilisant la convexité de la fonction exponentielle, conclure que E(Xn ) = O(ln n).
Comme la fonction x 7→ 2x est convexe, on peut appliquer l’inégalité de Jensen :
2E(Xn ) ≤ E(2Xn )
= E(Yn )
1 n+3
≤
3
4
1 (n + 3)(n + 2)(n + 1)
= ·
4
6
3
2
n + 6n + 11n + 6
=
24
En prenant le logarithme des deux cotés, on obtient bien que E(Xn ) = O(ln n).
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