L2 MIASHS 51EE07MT Université Paris Diderot Probabilités

L2 MIASHS 51EE07MT
Probabilités & Statistiques
Exercices corrigés n°3
Université Paris Diderot
2016 - 2017
Calcul de la série entière
P
¡k ¢ k− j
.
kÊ j j x
¡ ¢
P
Étudions la fonction x 7→ F j (x) = kÊ j kj x k− j pour tout j ∈ N.
P
La série entière k∈N x k admet 1 pour rayon de convergence donc converge vers
F 0 (x) = (1 − x)−1 pour tout x ∈ ]−1, +1[. De plus, la fonction-somme F 0 est indéfiniment dérivable sur l’intervalle d’absolue convergence ]−1, +1[ et les dérivées
successives de la fonction-somme sont calculables en dérivant le terme général
de la série entière comme suit :
à !
X k k− j
X
(j )
k− j
(k) j x
= ( j !)
∀j ∈ N ∀x ∈ ]−1, +1[ F 0 (x) =
x
= ( j !)F j (x).
kÊ j j
kÊ j
Probabilités conditionnelles et indépendance
Exercice 1 (E XERCICE N O 13 DE LA LISTE TD2 : UNE AFFAIRE DE FAMILLE ).
Soient p ∈ ]0, 1[ et a ∈ ]0, 1/2[. Dans une population donnée, on suppose que la probabilité pour un enfant d’être un garçon est p et que, pour tout k ∈ N, la probabilité
qu’une famille ait k enfants est p k , où la suite (p k )k∈N est définie par p 0 = p 1 = a ,
p k = (1−2a)2−(k−1) pour k Ê 2. Pour tout k ∈ N, on note A k l’événement « la famille
a k enfants », Fk « la famille a k filles » et G k « la famille a k garçons ».
où (k) j =
L’espace probabilisé sous-jacent est noté, comme d’habitude, (Ω, A , P).
2
1. Calculer P(G j | A k ) pour tout couple ( j , k) ∈ N .
2
Soit ( j , k) ∈ N . Si j > k, G j ∩ A k = ; de sorte que P(G j | A k ) = 0. Supposons
j É k. Alors, conditionnellement à A k , G j est réalisé si et seulement la famille
de k enfants est composée de j garçons. Une hypothèse implicite du modèle est
que les sexes de chaque enfant de la fratrie sont P-indépendants. Conditionnellement à A k , la fratrie compte j garçons si le k-uplet des sexes de chaque enfant
compte j « Garçons » et k− j « Filles » , chacun de ces k-uplets étant de P( · | A k )probabilité p j (1 − p)k− j . Comme il y a autant de tels k-uplets que de parties à j
éléments dans un ensemble de k éléments, on en déduit que :
à !
k j
P(G j | A k ) = 1 j Ék
p (1 − p)k− j .
(1.1)
j
¡k ¢
0Él < j (k − l) = ( j !) j .
Q
De plus, on prouve par récurrence que
∀j ∈ N ∀x ∈ ]−1, +1[
(j )
F 0 (x) = ( j !)(1 − x)−(j +1)
ce qui, finalement, montre que
∀j ∈ N ∀x ∈ ]−1, +1[
à !
X k k− j
F j (x) =
x
= (1 − x)−(j +1) .
j
kÊ j
Ce calcul nous permet de donner une expression simplifiée de :
¶
µ
1 j 1
P(G j ) = 4(1 − 2a) 1 −
1+p 1+p
(1.3)
3. Calculer la probabilité qu’une famille de j garçons ait seulement k enfants
( Calcul : p = 12 , k = j = 2).
La probabilité qu’une famille de j garçons a seulement k enfants vaut P(A k | G j ).
Si k < j , P(A k | G j ) = 0 car A k ∩G j = ;. Supposons que 2 É j É k. Alors, la formule
de Bayes montre avec les relations (1.1) et (1.3) que
à !µ
¶
µ
¶
P(G j | A k )P(A k )
k 1 − p k− j 1 + p j +1
=
.
P(A k | G j ) =
P(G j )
2
2
j
2. Calculer P(G j ) pour tout j ∈ N tel que j Ê 2.
La famille dénombrable (A k )k∈N ∈ A N est une famille d’événements deux à deux
disjoints, de réunion Ω et telle que P(A k ) > 0 pour tout k ∈ N. Soit j ∈ N tel que
j Ê 2. Comme G j = ∪k∈NG j ∩ A k est une réunion dénombrable de parties deux
à deux disjointes,
à !
X
X
k
1 j Ék p j (1 − p)k− j P(A k )
P(G j | A k )P(A k ) =
P(G j ) =
j
k∈N
k∈N
à !
X k j
=
p (1 − p)k− j (1 − 2a)2−(k−1)
kÊ j j
à !
³ p ´ j X k µ 1 − p ¶k− j
= 2(1 − 2a)
.
(1.2)
2 kÊ j j
2
Il en résulte que, si p = 12 , P(A 2 | G 2 ) =
¡ 3 ¢3
4
.
4. Quelle est la probabilité qu’une famille ait exactement deux filles sachant qu’elle
a exactement deux garçons ?
Comme G 2 ∩ F 2 = A 4 ∩ G 2 , si p = 21 ,
à !µ ¶ µ ¶
µ ¶4
34
3
4 1 2 3 3
33
2
= 2 .3. 10 = 8 =
P(F 2 | G 2 ) = P(A 4 | G 2 ) =
4
2
2
4
2 4
1
Exercice 2 (E XERCICE N O 14 DE LA LISTE TD2).
Soient (Ω, A , P) un espace probabilisé et (A, B) ∈ A 2 tel que P(B) ∈ ]0, 1[.
Exercice 3 (E XERCICE N O 15 DE LA LISTE TD2). Soient n ∈ N∗ , p ∈ [0, 1] et (Ω, A , P)
l’espace probabilisé sous-jacent. On observe une suite de n lancers d’une pièce. On
suppose que les lancers sont P-indépendants les uns des autres et que la P-probabilité
d’obtenir Pile à chaque lancer vaut p .
1. Exprimer P(B)P(B c ) (P(A | B) − P(A | B c )) en fonction de P(A), P(B) et P(A ∩B).
Comme P(B)P(A | B) = P(A ∩ B) et P(B c )P(A | B c ) = P(A ∩ B c ) = P(A) − P(A ∩ B),
¡
¢
P(B)P(B c ) P(A | B) − P(A | B c ) = P(B c )P(A ∩ B) − P(B) (P(A) − P(A ∩ B))
1. Décrire l’espace probabilisé associé à cette expérience.
= P(A ∩ B) − P(B)P(A).
Ainsi,
¯
¯
¯
¯
¯P(A ∩ B) − P(A)P(B)¯ = P(B)(1 − P(B))¯P(A|B) − P(A|B c )¯.
2. Montrez que
¯
¯
¯
¯
¯P(A ∩ B) − P(A)P(B)¯ É 1 ¯P(A|B) − P(A|B c )¯
4
On code le résultat d’un lancer par 1 s’il donne Pile et 0 sinon. Le jeu consistant en n lancers consécutifs de la pièce est donc représenté par une suite finie ω ∈ {0, 1}n . On choisit donc pour espace fondamental Ω = {0, 1}n et pour σalgèbre A = P (Ω). Pour tout k ∈ N∗n et tout ε ∈ {0, 1}, C k (ε) désigne l’événement :
« obtenir ε au k-ième lancer » de P-probabilité : P(C k (ε)) = p ε (1 − p)1−ε .
(2.1)
(⋆)
Soit ω ∈ Ω. Comme l’événement {ω} coïncide avec l’intersection ∩1ÉkÉn C k (ωk )
de la famille P-indépendante des n événements (C k (ωk ))1ÉkÉn , on en déduit que
Montrons que, pour tout (u, v) ∈ [0, 1]2 , |u − v| É 1 et u(1 − u) É 14 .
Soit (u, v) ∈ [0, 1]2 . |u − v| = max{u, v} − min{u, v} É 1 et l’égalité est réalisée ssi
max{u, v} = 1 et min{u, v} = 0. De plus, u(1 − u) = u − u 2 = 14 − ( 12 − u)2 É 14 avec
égalité si et seulement si u = 12 .
P({ω}) = P
!
C k (ωk ) =
1ÉkÉn
Y ω
k
(1 − p)
Y
P(C k (ωk ))
1ÉkÉn
|ω|1
1−ωk
=p
(1 − p)n−|ω|1 ,
1ÉkÉn
3. En déduire que |P(A ∩ B) − P(B)P(A)| É 14 .
où |ω|1 =
Comme les réels P(A | B) et P(A | B c ) sont compris entre 0 et 1, leur distance
mutuelle |P(A | B) − P(A | B c )| est É 1. On déduit de (⋆) que
1
|P(A ∩ B) − P(B)P(A)| É P(B)(1 − P(B)) É .
4
1ÉkÉn ωk
est la hauteur de la suite ω.
2. Calculer la probabilité
(2.2)
(a) d’obtenir au moins un Pile au cours des n lancers,
Pour tout k ∈ Nn , notons A k l’événement « obtenir au moins k fois Pile » et
B k l’événement « obtenir exactement k fois Pile ». A c1 = B 0 est le singleton
de la suite nulle de longueur n notée 0n : A c1 = {0n } et P(A c1 ) = p 0 (1−p)n−0 =
(1 − p)n .
Supposons A ⊆ B, i.e. A ∩ B = A ou A ∩ B c = ;. Alors, P(A | B) = P(B)−1 P(A)
et P(A | B c ) = 0. Il en résulte que P(A ∩ B) − P(A)P(B) = P(A)P(B c ) et P(A|B) −
P(A|B c ) = P(B)−1 P(A). (⋆) s’écrit alors : P(A)P(B c ) É 14 P(B)−1 P(A).
(b) d’obtenir exactement k Pile où k ∈ N.
Pour que (⋆) soit une égalité, il faut et i suffit que P(B )P(B c ) = P(B) (1 − P(B)) = 14 ,
i.e. P(B) = 12 .
Soit k ∈ N. Pour tout ω ∈ Ω, ω ∈ B k si et seulement si |ω|1 = k. B k est l’ensemble des suites à valeurs dans {0, 1} prenant exactement k fois la valeur
1. Notons Θ l’application de P (N∗n ) dans Ω qui, à toute partie A ⊆ N∗n , associe la suite finie de longueur n, Θ(A) = (1 A (k))1Ék Én . On sait que
¡ ¢ Θ est
bijective et l’on constate que Θ(P k (N∗n )) = B k de sorte que #B k = nk . Il en
résulte que :
5. Construire un espace de probabilité (Ω, A , P) et (A, B) ∈ A 2 tels que
|P(A ∩ B) − P(B)P(A)| = 14 .
L’inégalité (2.2) est une égalité ssi P(B)(1− P(B)) = 41 et |P(A | B) − P2(A | B c )| = 1.
D’après ce qui précède, ceci impose que P(B) = 21 et que {P(A | B), P(A | B c )} =
{0, 1}. Soit C ∈ {B, B c } tel que P(A | C c ) = 0 et P(A | C ) = 1. Comme P(A ∩ C c ) = 0
et P(A ∩ C ) = P(C ) = 12 , P(A) = P(A ∩ C ) = 21 et P(A c ∩ C ) = P(C ) − P(A ∩ C ) = 0.
1
2
P
Remarquons que la probabilité P n’est pas uniforme, sauf si p = 12 .
4. Que donne l’inégalité (⋆) lorsque A ⊆ B ? Dans quels cas est-ce une égalité ?
En conclusion, il suffit de choisir B et A de P-probabilité
\
p
=
Comme P(B) ∈ [0, 1], on déduit de (2.1) l’inégalité (⋆).
Ã
P(B k ) =
tels que P(A ∩B c ) = 0.
X
ω∈B k
2
k
P({ω}) = p (1 − p)
n−k
à !
n k
#B k =
p (1 − p)n−k ,
k
3. Décrire l’espace probabilisé obtenu lorsqu’on conditionne par l’événement Bk ,
« obtenir exactement k Pile au cours des n lancers ».
¡ ¢−1
Soit k ∈ N. Pour tout ω ∈ B k , P({ω} | B k ) = P({ω})P(B k )−1 = nk . La P-probabilité
conditionnelle sachant B k est donc la mesure de probabilité uniforme sur B k .
2. Montrer que, si p > 0, on est sûr d’obtenir au moins un Pile au cours de l’expé-
rience.
Soit A l’événement « obtenir au moins un Pile lors du jeu infini ». Ω \ A est le
singleton formé de la suite constante égale à 0, autrement dit :
4. Si n = 6, calculer la probabilité, sachant qu’on a obtenu exactement deux Pile,
A c = ∩n∈N∗ C (0n ).
que ces Pile soient consécutifs.
Soit D l’événement « les Pile sont consécutifs ». Conditionnellement à B 2 , D est
Comme la suite (C (0n ))n∈N∗ est une suite décroissante d’événements, P(A c ) est
la limite de la suite décroissante (P(C (0n )))n∈N . Comme P(C (0n )) = (1−p)n pour
tout n ∈ N, P(A c ) = 0 et P(A) = 1.
6
l’ensemble des suites ω ∈ {0, 1} comportant exactement deux Pile consécutifs,
i.e. dont le premier Pile se trouve en position 1 à 5. Il en résulte que :
(Remarque : Tout événement A ∈ A tel que P(A) = 1 est dit P-presque sûr.)
à !−1
2 1
6
= = .
2
6 3
P(D | B 2 ) = 5
3. On suppose dorénavant p > 0.
(a) Soit n ∈ N∗ . Montrer que les événements An : « le premier Pile survient
au n -ième lancer » et C1 : « le premier Pile est immédiatement suivi d’un
Face » sont P-indépendants.
Exercice 4 (E XERCICE N O 16 DE LA LISTE TD2). Soient p ∈ [0, 1] et (Ω, A , P) l’espace
probabilisé sous-jacent. L’expérience consiste en une infinité de lancers d’une même
pièce. On suppose que les lancers sont P-indépendants les uns des autres et que la
probabilité d’obtenir Pile à chaque lancer vaut p .
Pour tout k ∈ N∗ , C 1 ∩ A k est l’ensemble C (0k−1 10) des jeux commençant
par k − 1 Face puis 1 Pile puis 1 Face, de sorte que P(C 1 ∩ A k ) = p 1 (1 − p)k .
Comme C 1 ∩ A c ⊆ A c et P(A c ) = 0, P(C 1 ∩ A c ) = 0. (A k )k∈N∗ est une suite
d’événements deux à deux disjoints de réunion A = ∪k∈N∗ A k . On en déduit
que C 1 ∩ A = ∪k∈N∗ C 1 ∩ A k est la réunion disjointe de la suite d’événements
(C 1 ∩ A k )k∈N∗ telle que
1. Décrire l’espace probabilisé associé à cette expérience. Pour tout n ∈ N∗ , calculer
la probabilité que le premier Pile survienne au n e lancer.
On code le résultat d’un lancer par 1 s’il donne Pile et 0 sinon. Le jeu consiste
en une infinité de lancers consécutifs de la pièce et peut être représenté par une
∗
∗
suite ω ∈ {0, 1}N . L’espace fondamental est donc Ω = {0, 1}N . Le choix de la σalgèbre A est plus délicat. On appelle événement cylindrique toute partie de Ω
telle qu’il existe m ∈ N∗ et une suite finie ε ∈ {0, 1}m vérifiant
C (ε) = { ω ∈ Ω | ∀k ∈ N∗m
P(C 1 ∩ A) =
Y
P(C 1 ∩ A k ) =
k∈N∗
X
p(1 − p)k = 1 − p
k∈N∗
et
P(C 1 ) = P(C 1 ∩ A c ) + P(C 1 ∩ A) = 1 − p.
ωk = εk }.
En conclusion, C 1 et A n sont P-indépendants car
On choisit A la σ-algèbre engendrée par l’ensemble de tous les événements cylindriques. Sous les hypothèses de l’énoncé, si une probabilité P définie sur A
existe, pour tout m ∈ N∗ et toute suite finie ε ∈ {0, 1}m , on a
P (C (ε)) =
X
P(C 1 )P(A n ) = (1 − p)p(1 − p)n−1 = p(1 − p)n = P(C 1 ∩ A n ).
(b) Est-ce encore le cas si on remplace C1 par D3 : « le premier Pile est
p εk (1 − p)1−εk = p |ε|1 (1 − p)m−|ε|1
immédiatement suivi de trois Pile » ?
k∈N∗
m
Pour tout k ∈ N∗ , D 3 ∩ A k est l’ensemble C (0k−1 14 ) des jeux commençant
par k − 1 Face puis 4 Pile, de sorte que P(D 3 ∩ A k ) = p 4 (1 − p)k−1.
P
De même que précédemment, on a : P(D 3 ) = k∈N∗ P(D 3 ∩ A k ) = p 3 . Il en
résulte que D 3 et A n sont P-indépendants car
P
où |ε|1 = 1ÉkÉm ωk est la hauteur de la suite ε. On ADMET l’existence d’une
telle probabilité P.
Pour tout n ∈ N∗ , notons A n l’événement « la premier Pile survient au ne lancer ». Notons 0n−1 1 la suite finie de longueur n constituée de n − 1 0 suivis de 1.
Clairement, A n = C (0n−1 1) et P(A n ) = p(1 − p)n−1 .
P(D 3 )P(A n ) = p 3 p(1 − p)n−1 = p(1 − p)n+2 = P(D 3 ∩ A n ).
3
Exercice 5 (E XERCICE N O 17 DE LA LISTE TD2). Émilie et Denis jouent aux dés. On
note (Ω, A , P) l’espace probabilisé sous-jacent.
Exercice 6 (E XERCICE N O 18 DE LA LISTE TD2 : I NDÉPENDANCE REVISITÉE ).
1. Soit Ω un espace fondamental. On rappelle que, pour tout ensemble F de
parties de Ω (F ⊆ P (Ω)), il existe une et une seule σ-algèbre sur Ω contenant
F , minimale pour l’inclusion, la σ-algèbre engendrée par F notée σ(F ).
Soit A ∈ P (Ω). Prouver que σ({A}) = {;, A, Ω \ A, Ω}.
1. Le jeu est le suivant. Émilie commence la partie et lance son dé. Elle gagne si
Denis obtient, en lançant à son tour le dé, un nombre plus petit ou égal au sien.
Déterminer la probabilité p que Emilie gagne cette partie.
Le jeu consiste à observer le résultat de deux lancers consécutifs du dé, le premier par Émilie, le second par Denis. L’espace d’états (fini) est Ω = (N∗6 )2 , muni
de la σ-algèbre A = P (Ω). Comme on suppose le dé non biaisé et les deux lancers P-indépendants, A est munie de la probabilité uniforme notée P.
Notons E l’événement : « Émilie gagne la partie ». Ainsi, E = {ω ∈ Ω | ω2 É ω1 } et
P
7
#E = 1É j É6 j = 12 6.7. D’où : P(E ) = 612 #E = 12
= p.
Soit F ⊆ P (Ω) une σ-algèbre telle que A ∈ F . Nécessairement, Ω\ A ∈ F , Ω ∈ F
et ; ∈ F , i.e. F ⊇ F0 = {;, A, Ω \ A, Ω}. On note A + = A et A − = Ω \ A = A c .
Ω ∈ F0 et F0 est clairement stable par passage au complémentaire.
Montrons que F0 est stable par réunion dénombrable. Soit (A k )k∈N ∈ F0N . Notons A ∞ = ∪k∈N A k et
2. Émilie et Denis font plusieurs parties de ce type de la manière suivante. Émilie
K 0 = {k ∈ N | A k = Ω} K + = {k ∈ N | A k = A + } et K − = {k ∈ N | A k = A − }.
commence la première partie. Si elle gagne, elle commence la deuxième partie ;
sinon, c’est Denis. Et ainsi de suite : le joueur qui gagne une partie donnée
commence la partie suivante. Pour tout n ∈ N∗ , on désigne par En l’événement
« Émilie gagne la n e partie » et l’on note un = P(En ).
(a) Calculer u1 . Par définition, u1 = p.
(b) Montrer que la suite (un )n∈N∗ vérifie la relation de récurrence :
Si K 0 6= ;, A ∞ = Ω ∈ F0 . Sinon, K 0 = ;.Si K + et K − sont tous deux non vides, il
existe i ∈ K + et j ∈ K − de sorte que A k = A, A j = A c , A k ∪ A j = Ω et A ∞ = Ω.
Sinon, ou K + = ; ou K − = ;. Notons ε ∈ {−, +} tel que K ε = ;. Alors, A k ∈ {;, A −ε }
pour tout k ∈ N et A ∞ ∈ {;, A −ε }. Dans tous les cas, A ∞ ∈ F0 .
F0 est donc une σ-algèbre sur Ω donc plus petite σ-algèbre contenant A : F0 est
la σ-algèbre engendrée par {A}.
∀n ∈ N∗ un = (2p − 1)un−1 + 1 − p.
2. Soient (Ω, A , P) un espace probabilisé et (A, B) ∈ A 2 .
ne
Conditionnellement à E n−1 , Émilie joue la première la
partie de sorte
c
que P(E n | E n−1 ) = p. Conditionnellement à E n−1
, Émilie joue après Dec
nis la n e partie de sorte que P(E n | E n−1
) = 1 − p. Comme P(E n ) = P(E n |
c
c
E n−1 )P(E n−1) + P(E n | E n−1 )P(E n−1 ), on obtient :
(a) Quand dit-on que A et B sont P-indépendants ?
A et B sont P-indépendants ssi P(A ∩ B) = P(A)P(B).
(b) Prouver l’équivalence des deux assertions suivantes :
i) A et B sont P-indépendants
un = pun−1 + (1 − p)(1 − un−1 ) soit, un = (2p − 1)un−1 + 1 − p.
ii) pour tout (C , D) ∈ σ({A}) × σ({B}), C et D sont P-indépendants.
(c) Chercher a ∈ R telle que la suite de terme général un −a définisse une suite
Comme A ∈ σ({A}) et B ∈ σ({B}), il est clair que ii) entraîne i). Pour prouver que
i) entraîne ii), nous montrons le résultat simple suivant : si C et D sont deux
événements P-indépendants, C et D c = Ω \ D le sont aussi. En effet,
géométrique.
On suppose désormais que p < 1. Soit a ∈ R. Comme, pour tout n ∈ N∗ ,
(un − a) = (2p − 1)(un−1 − a) + 1− p − a + (2p − 1)a, la suite de terme général
un − a est une suite géométrique si et seulement si 1− p − a + (2p − 1)a = 0.
Comme p < 1, cela impose que a = 12 .
¡
¢
C = C ∩ Ω = C ∩ D ∪ D c = (C ∩ D) ∪ (C ∩ D c ),
(d) En déduire pour tout n ∈ N∗ l’expression de un en fonction de p et de n .
Comment se comporte un quand n tend vers +∞ ? Commenter.
¡
¢
Comme la suite un − 21 n∈N est géométrique de raison 2p − 1 = 16 ,
¡ ¢
¡ ¢n−1
1 1 n−1
(u1 − 12 ) = 12
∀n ∈ N∗
un − 12 = 61
6
Il en résulte que un tend vers
1
2
de sorte que
P(C ) = P(C ∩ D) + P(C ∩ D c )
et P(C ∩ D c ) = P(C ) − P(C ∩ D) = P(C ) − P(C )P(D) = P(C )(1 − P(D)) = P(C )P(D c ).
Supposons i). Alors A et B c sont P-indépendants, ainsi que B et A c par symétrie.
Puis, en appliquant le résultat ci-dessus au couple (B c , A), B c et A c le sont aussi.
Le résultat est ainsi prouvé pour tout couple (C , D) ∈ {A, A c } × {B, B c }.
Si C ou D est Ω ou ;, on sait que C et D sont P-indépendants.
en +∞.
4
3. Soit (Ω, A , P) un espace probabilisé. Si A ∈ A , on note A +1 = A , A −1 = Ω \ A et
A 0 = Ω. Soit (A i )i∈I ∈ A I une famille d’événements à valeurs dans A .
Montrer l’équivalence des quatre assertions suivantes :
I
(A i )i∈I ∈ A est une famille d’événements P-indépendante
³\
´ Y
∀J ∈ P f (I ) P
Ak =
P(A k )
k∈J
∀J ∈ P f (I ) ∀(εk )k∈J ∈ {−1, 0, +1} J
P
³\
k∈J
∀J ∈ P f (I ) ∀(C k )k∈J ∈
Y
σ({A k }) P
´
Ck =
Y
P(C k ),
(6.3)
k∈J
k∈J
D’après (6.2), P(D) =
k∈J + P(A k ). Distinguons
k∈J +
k∈J
nul et J ⊇ J + .
(6.5)
(−1)
L∈P (J − )
#L
¢
P AL ∩ D =
¡
L∈P (J − )
k∈J
L∈P (J − )
=
=
Ã
Ã
Y
P(A k )
k∈J +
Y
(−1)
P(A k )
!Ã
Y
k∈J −
P(A ck )
!
=
(−1)#L
Y
L∈P (J − )
#L
Y
k∈J + ∪J −
Ak
´
P(A k )
k∈J +
!
P(A k ) =
L∈P (J − ) k∈L
k∈J +
Y
X
X
³ \
k∈L∪J +
L∈P (J − )
k∈L∪J +
!Ã
(−1)#L P
X
ce qui s’écrit grâce à (6.2),
³\ ´
X
Y
(−1)#L
P(A k ) =
P
Ck =
Ã
Y
P(A k )
k∈J +
P(C k ) =
Y
Y
P(A k )
k∈L
!Ã
Y
(1 − P(A k ))
k∈J −
P(C k ) =
k∈J 0 ∪J + ∪J −
Y
On a ainsi prouvé que les quatre assertions (6.1)—(6.4) sont équivalentes.
Exercice 7 (P REUVE DE LA CONTINUITÉ MONOTONE D ’ UNE MESURE DE PROBABILITÉS ).
La propriété de continuité monotone d’une mesure de probabilités s’énonce ainsi.
Soient (Ω, A , P) un espace probabilisé et (A n )n∈N ∈ A N une suite croissante (resp.
décroissante) d’événements. Alors, la suite croissante (resp. décroissante) (P(A n ))n∈N
converge vers P(∪n∈N A n ) (resp. P(∩n∈N A n )).
k∈J −
selon que P(D) est nul ou non.
5
!
P(C k ).
k∈J
Ceci achève la preuve de (6.4).
k∈J −
k∈J −
k∈J +
L∈P (J − )
X
=
Comme C k = Ω pour tout k ∈ J 0 , on obtient en utilisant les lois de D E M ORGAN :
!
Ã
! Ã
! Ã
! Ã
! Ã
\
\
\
\
\ c
\
Ck ∩
Ck ∩
Ck =
Ak ∩
A k = D ∩ Sc .
Ck =
k∈J +
k∈J + P(C k ) est
k∈J
Sinon, C k 6= ; pour tout k ∈ J . Notons J + = {k ∈ J | C k = A k }, J − = {k ∈ J | C k = A ck }
et J 0 = {k ∈ J | C k = Ω} de sorte que J = J 0 ∪ J + ∪ J − (réunion disjointe). Notons
\
[
D=
A k et S =
Ak .
Q
k∈J +
En injectant la formule (6.6) dans l’identité précédente (6.5), on obtient :
Ã
!
³\ ´
X
X
¡
¢
¡
¢
#L
P
C k = P(D)
(−1) P A L | D =
(−1)#L P A L | D P(D)
Supposons (6.2). Montrons (6.4).
Q
Soient J ∈ P f (I ) et (C k )k∈J ∈ k∈J σ({A k }), i.e. C k ∈ {;, Ω, A +
, A−
} pour tout k ∈ J .
k
k
T
Supposons ³qu’il existe
J tel que C α = ;. Alors, k∈J C k = ; et P(C α ) = 0 de
´ α ∈Q
T
sorte que P k∈J C k = 0 = k∈J P(C k ). (6.4) est donc vérifiée dans ce cas.
k∈J 0
Q
L∈P (J − )
(6.2) est donc démontré.
k∈J
Y
Y
Y
¢
P(C k ),
C k = 0 = P(D) =
P(A k ) =
P(C k ) =
S
Appliquons la formule d’inclusion-exclusion à S = k∈J − A k et à la mesure de
probabilités P( · | D). Notant A L = ∩k∈L A k pour toute partie finie L de I , on obtient :
X
¡
¢
¡
¢
1−P S | D =
(−1)#L P A L | D .
(6.6)
(6.4)
´
³\
´ Y
Y
ε
ε
P(A k ).
P(A kk ) =
Ak = P
A kk =
k∈J +
É P(D) = 0 et
¢
k∈J
ε
k∈J
k∈J C k
¡T
Supposons que P(D) > 0. On peut ainsi exprimer :
³\ ´
¢
¡
¢
¡
¡
¢¢
¡
P
C k = P D ∩ Sc = P(D)P Sc | D = P(D) 1 − P S | D .
Supposons (6.3). Soit J ∈ P f (I ). Choisissons εk = 1, i.e. A kk = A k pour tout k ∈ J
T
T
ε
de sorte que k∈J A kk = k∈J A k . On déduit de (6.3) que
k∈J
⊆ D, P
(6.2)
La définition de la P-indépendance de (A i )i∈I est l’équivalence de (6.1) et (6.2).
k∈J
k∈J C k
car le produit
Supposons (6.4). D’après la question précédente, pour tout k ∈ I , la σ-algèbre
engendrée par {A k } est σ({A k }) = {;, A + , A − , A 0 }. (6.3) en résulte immédiatement.
³\
T
(6.1)
où l’on a noté P f (I ) l’ensemble des parties finies de I .
P
¡\
k∈J
k∈J
k∈J
k∈J
P
k∈J
´ Y
ε
ε
A kk =
P(A kk )
³\
Supposons que P(D) = 0. Comme
P(A ∪ B) É P(A) + P(B) pour tout (A, B) ∈ A 2 , l’hypothèse de récurrence appliquée à (E i )1ÉiÉn donne :
X
X
P(F n+1 ) É P(F n ) + P(E n+1 ) É
P(E i ) + P(E n+1 ) =
P(E i )
C AS CROISSANT. Supposons (A n )n∈N ∈ A N croissante. Pour tout n ∈ N∗ , A n−1 ⊆ A n de
sorte que B n = A n \ A n−1 = A n ∩(Ω\ A n−1 ) ∈ A et A n = A n−1 ∪B n est réunion disjointe
de A n−1 et B n . On pose B 0 = A 0
Ï Vérifions que (B n )n∈N ∈ A N est une suite d’événements deux à deux disjoints. En
effet, si (p, q) ∈ N2 et p 6= q, on peut supposer que p < q. Comme 0 É p < q, p É q − 1
et, par croissance de (A n )n∈N , A p ⊆ A q−1 , de sorte que
1ÉiÉn
En déduire que P
B p ∩ B q ⊆ A p ∩ (Ω \ A q−1 ) ⊆ A q−1 ∩ (Ω \ A q−1 ) = ;,
i.e. B p ∩ B q = ;.
Ï Montrons par récurrence que, pour tout n ∈ N, A n = ∪0ÉkÉn B k .
Si n = 0, par définition, B 0 = A 0 et le résultat est prouvé pour n = 0. Soit n ∈ N. Supposons prouvé que A n = ∪0ÉkÉn B k . Comme A n+1 = A n ∪ B n+1 est réunion disjointe de
A n et B n+1 , il résulte de l’hypothèse de récurrence que
Ã
!
[
[
B k ∪ B n+1 =
Bk .
A n+1 = A n ∪ B n+1 =
0ÉkÉn
P
P(E i )
n
X
P(E i ) − (n − 1) + P(E n+1 ) − 1 =
n+1
X
P(E i ) − n.
i=1
3. Montrer que, si P(E k ) = 1 pour tout k ∈ N∗ , alors P(∩∞
E ) = 1.
i=1 i
Supposons que P(E k ) = 1 pour tout k ∈ N∗ . (8.2) montre que P(G n ) Ê 1, i.e.
P(G n ) = 1 si n ∈ N∗ .¡ (G n )n∈N∗¢ étant décroissante, par continuité ¡monotone
¢ de
T
T
P, P(G n ) tend vers P i∈N∗ E i car ∩n∈N∗ G n = ∩i∈N∗ E i . D’où 1 = P i∈N∗ E i .
4. On appelle limite supérieure de la suite (E n )n∈N∗ la partie de Ω définie par :
T
S∞
limsupn∈N∗ E n = ∞
E . Justifier que limsupn∈N E n ∈ A . Interpréter.
k=1 n=k n
E ∗ = limsupn∈N E n ∈ A car c’est l’intersection dénombrable de réunions déS
T∞
nombrables d’éléments de A . (E ∗ )c = ∞
E c est la partie de Ω constituée
k=1 n=k n
des éléments qui n’appartiennent à aucun E n à partir d’un certain rang, i.e. qui
n’appartiennent qu’à un nombre fini de parties E n . E ∗ est donc l’ensemble des
réalisations telles qu’un nombre infini de E n soient réalisés.
P
Montrer que, si ∞
i=1 P(E i ) < ∞, la probabilité qu’un nombre infini de E n soient
réalisés est nulle.
1. Montrer l’inégalité de Boole :
1ÉiÉn
(8.2)
i=1
i=1
Exercice 8 (I NÉGALITÉS DE B OOLE ET DE B ONFERRONI). Soit (Ω, A , P) un espace pro∗
babilisé et (E n )n∈N∗ ∈ A N une famille dénombrable d’événements.
¢
Ei É
n
¢ X
Ei Ê
P(E i ) − (n − 1).
P(G n+1 ) Ê P(G n ) + P(E n+1 ) − 1 Ê
C AS DÉCROISSANT. Supposons (A n )n∈N ∈ A décroissante. Pour tout n ∈ N, notons
A ′n = Ω \ A n ∈ A le complémentaire de A n dans Ω. Comme (A n )n∈N est décroissante,
(A ′n )n∈N ∈ A N est croissante et P(A ′n ) = 1− P(A n ) converge en croissant vers P(A ′∞ ) où
A ′∞ = ∪k∈N A ′k . Ainsi, (P(A n ))n∈N tend donc vers 1 − P(A ′∞ ). Or, 1 − P(A ′∞ ) = P(Ω \ A ′∞ )
et Ω \ A ′∞ = ∩k∈N A k . Bref, (P(A n ))n∈N converge en décroissant vers P(∩k∈N A k ).
P
n
¡\
Prouvons (8.2) par récurrence. Notons G n = ∩1ÉiÉn E i pour tout n ∈ N∗ . (8.2) est
vraie si n = 1. Soit n ∈ N∗ telle que (8.2) est vraie. L’inégalité (8.2) pour (E i )1ÉiÉn ,
l’égalité G n+1 = G n ∩ E n+1 et l’inégalité de Bonferroni montrent que
N
∀n ∈ N∗
P
i=1
0ÉkÉn+1
X
i∈N∗
En déduire que :
S
¡ [
¢
2. Montrer l’inégalité de Bonferroni : si (A, B) ∈ A 2 , P(A ∩ B) Ê P(A) + P(B) − 1.
En effet, P(A ∩ B) = P(A) + P(B) − P(A ∪ B) Ê P(A) + P(B) − 1 car P(A ∪ B) É 1.
Ï Soient A ∞ = n∈N A n et B ∞ = n∈N B n . Montrons que B ∞ = A ∞ . En effet, pour tout
p ∈ N, B p ⊆ A p ⊆ A ∞ de sorte que B ∞ ⊆ A ∞ . Réciproquement, soit ω ∈ A ∞ . Il existe
n ∈ N tel que ω ∈ A n . M(ω) = {k ∈ N | ω ∈ A k }, non vide, admet donc un minimum
m(ω) = min M(ω). Ou m(ω) = 0 et ω ∈ A 0 = B 0 , ou m(ω) ∈ N∗ et ω ∈ A m(ω) \ A m(ω)−1 =
B m(ω) . Dans tous les cas, ω ∈ B ∞ .
P
Ï Par définition d’une mesure de probabilité, P(B ∞ ) = n∈N P(B n ). Or, P(B 0 ) = P(A 0 )
P
et, pour tout n ∈ N∗ , A n = ∪0ÉkÉn B k de sorte que P(A n ) = 0ÉkÉn P(B k ). La converP
gence de la série k∈N P(B k ) à termes positifs signifie que la suite croissante de terme
général P(A n ) tend vers P(B ∞ ) = P(A ∞ ) lorsque n tend vers +∞.
S
1ÉiÉn+1
E i É i∈N∗ P(E i ).
S
(F n )n∈N∗ étant croissante de réunion E ∞ = i∈N∗ E i , P(F n ) tend vers P(E ∞ ) par
P
P
continuité monotone de P. D’après (8.1), P(F n ) É 1ÉiÉn P(E i ) É i∈N∗ P(E i ) = S
pour tout n ∈ N∗ de sorte que P(F n ) É S. Il en résulte que P(E ∞ ) É S.
¡S
P
S
Notons Ẽ k = ∞
E pour tout k ∈ N∗ . Supposons que i∈N∗ P(E i ) converge.
nÊk n
P
D’après la conséquence de l’inégalité de Boole, P(Ẽ k ) É ∞
P(E n ) = S k .
nÊk
Comme (Ẽ k )k∈N∗ est décroissante, ∩k∈N∗ Ẽ k = E ∗ et S k tend vers 0, P(Ẽ k ) tend
vers P(E ∗ ) = 0. On en conclut que la probabilité qu’un nombre infini de E n
soient réalisés, i.e. P(E ∗ ), est nulle.
(8.1)
1ÉiÉn
Prouvons (8.1) par récurrence. Notons F n = ∪1ÉiÉn E i pour tout n ∈ N∗ . Si n = 1,
(8.1) est vraie. Soit n ∈ N∗ telle que (8.1) est vraie. Comme F n+1 = F n ∪ E n+1 et
6