Correction - PC* Carnot Dijon

2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
Ω, T , P ) un espace probabilisé. Pour (A, B) ∈ T 2 , on pose : d(A, B) = P (A∆B).
3
Montrer que : ∀(A, B, C) ∈ T , d(A, C) ≤ d(A, B) + d(B, C).
2
En déduire que : ∀(A, B) ∈ T , |P (A) − P (B)| ≤ d(A, B).
Soit
1.
1)
2)
Correction :
1) Pour (X, Y ) ∈ T 2 , X∆Y = (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Y ),
or
X ∩Y
et
X ∩Y
sont
incompatibles,
donc
d(X, Y ) = P (X∆Y ) = P (X ∩ Y ) + P (X ∩ Y ).
Il vient :
d(A, C) = P (A ∩ C) + P (A ∩ C) = P (A ∩ C ∩ B) + P (A ∩ C ∩ B) + P (A ∩
C ∩ B) + P (A ∩ C ∩ B).
Or, évidemment : P (A ∩ C ∩ B) ≤ P (C ∩ B), P (A ∩ C ∩ B) ≤ P (A ∩ B),
P (A ∩ C ∩ B) ≤ P (A ∩ B) et P (A ∩ C ∩ B) ≤ P (C ∩ B).
Donc d(A, C) ≤ P (C ∩ B) + P (A ∩ B) + P (A ∩ B) + P (C ∩ B).
Or P (C ∩ B) + P (A ∩ B) + P (A ∩ B) + P (C ∩ B) = P [(A ∩ B) ∪ (A ∩ B)] +
P [(C ∩ B) ∪ (C ∩ B)]
= P (A∆B) + P (B∆C) = d(A, B) + d(B, C).
Ainsi : d(A, C) ≤ d(A, B) + d(B, C).
Remarquons que les inégalités précédentes se retrouvent facilement en représentant par intersection les 7 événements disjoints dénis à partir de tris événements A,B,C.
C = ∅, on obtient : d(A, ∅) ≤ d(A, B) + d(∅, B).
Or ∀X ∈ T , d(X, ∅) = P (∅∆X) = P (X).
Ainsi : P (A) ≤ d(A, B) + P (B).
De même, échangeant les rôles de A et B : P (B) ≤ d(A, B) + P (A).
Ainsi : |P (A) − P (B)| ≤ d(A, B).
2)
Appliquant 1) avec
1 sur 15
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
On considère un jeu de 52 cartes français usuel, dont on pioche sans remise les cartes
jusqu'à épuisement du stock.
1) Pour chaque
k ∈ [[1, 52]],
de coeur". Calculer
2.
2) Pour chaque
P (Ak ).
on note
Ak
Déterminer
k ∈ [[1, 52]],
on note
Bk
l'événement la
52
∑
P (Ak ).
k -ième
carte tirée est le roi
Pouvait-on prévoir ce résultat ?
k=1
l'événement la
k -ième
carte tirée est le roi
de coeur, et le valet de coeur et la dame de coeur ont été tirés auparavant". Calculer
52
∑
P (Bk ).
P (Bk ).
Déterminer
Pouvait on prévoir ce dernier résultat ?
k=1
Correction :
1) Ω est l'ensemble
des
52!
permutations de l'ensemble
C
des 52 cartes, muni
de la probabilité uniforme.
Ak
Clairement,
C \ {roi
est en bijection avec l'ensemble des permutations de l'ensemble
de coeur} des 51 autres cartes du jeu considéré.
Donc card(Ak )
= 51!,
d'où
Ceci vaut pour chaque
k,
P (Ak ) =
donc
52
∑
card(Ak )
card(Ω)
=
1
.
52
P (Ak ) = 1.
k=1
Ce résultat était évidemment prévisible : les
Ak , k ∈ [[1, 52]],
forment un
système complet d'événements (car lors d'un tirage, le roi de coeur a un et un
seul numéro d'apparition).
2)
- Évidemment,
B1 = ∅
et
B2 = ∅
(si le roi de coeur sort en premier ou
en second, au plus une carte est sortie avant, donc dame et valet de coeur ne
peuvent être tous deux sortis avant le roi).
- Supposons que
k≥3
et dénombrons les tirages tels que le roi de coeur soit
k -ième et la dame et le valet de coeur sortent avant le roi de coeur. Honneur
à la dame ! Il y a k − 1 choix possibles du numéro de sortie de la dame parmi
les k − 1 premières cartes tirées, k − 2 choix possibles de l'ordre d'apparition
du valet (parmi les k − 2 numéros restants des k − 1 premiers), et 49! façons
le
de répartir les 49 cartes restantes sur les 49 places restant dans la liste. Ainsi
= (k − 1) × (k − 2) × 49!.
card(Bk )
(k − 1)(k − 2)
P (Bk ) =
=
.
card(Ω)
52 × 51 × 50
52
∑
card(Bk )
Donc
- Il vient :
50
∑
p=1
52
∑
k=1
p2 +
50
∑
P (Bk ) =
52
∑
P (Bk ) =
k=3
p
p=1
52 × 51 × 50
2 sur 15
50
∑
(k − 1)(k − 2)
k=3
52 × 51 × 50
=
p(p + 1)
p=1
52 × 51 × 50
=
Exercices de colles: Espaces probabilisés
2014 − 2015
(
)
(
)
1
50 × 51 × 101 50 × 51
1 101 1
1
=
+
=
+
= .
52 × 51 × 50
6
2
52 6
2
3
- Ce résultat était prévisible : les Bk , k ∈ [[1, 52]], forment une partition de
l'événement D = parmi les gures de coeur VC,DC,RC, le roi de coeur sort
en troisième".
Or il y a
3! = 6
ordres d'apparition possibles des gures de coeur, et un tiers
de ces ordres (les ordres (VC,DC,RC) et (DC,VC,RC)) conduit à l'apparition
en dernier de RC. Donc
P (D) =
1
.
3
2 : on jette 3 fois un dé équilibré à 6 faces, et on note
a, b et c les résultats successifs obtenus. On note Q(X) = aX 2 + bX + c. Déterminer
les probabilités respectives pour que : Q ait deux racines réelles distinctes ; Q ait
une racine réelle double ; Q n'ait pas de racine réelle
Racines de polynômes de degré
3.
Correction
:
On associe à cette expérience aléatoire l'univers
Ω = [[1, 6]]3 ,
muni de l'équi-
probabilité.
= 63 = 216, donc : pour tout A ∈ P(Ω), la probabilité de l'événement
card(A)
.
216
card(Ω)
A
est
On considère les 3 événements :
S =[ Q a deux racines réelles distinctes"] ={(a, b, c) ∈ Ω / b2 − 4ac > 0} ;
D =[ Q a une racine double "] ={(a, b, c) ∈ Ω / b2 − 4ac = 0} ;
C = [ Q a deux racines complexes non réelles conjuguées "] ={(a, b, c) ∈
Ω /b2 − 4ac < 0}.
Il s'agit de dénombrer S, D, C . Pour cela, il sut de dresser un tableau avec les
valeurs de 4ac, puis, pour chacune des 6 valeurs possibles de b, de déterminer,
en regardant dans le tableau, les nombres respectifs s(b), d(b), γ(b), de couples
(a, c) tels que b2 > 4ac, tels que b2 = 4ac, tels que b2 < 4ac.

a ↓ /c →

1


2


3


4


5
6
En observant que
1
4
8
12
16
20
24
2
8
16
24
32
40
48
3
12
24
36
48
60
72
γ(b) = 36 − s(b) − d(b),
3 sur 15

4
5
6
16 20 24 

32 40 48 

48 60 72 

64 80 96 

80 100 120
96 120 144
on obtient :
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés

b
1

2

3

4

5
6
Donc : card(S)
card(C)

b2 s(b) d(b) γ(b)
1
0
0
36 

4
0
1
35 

9
3
0
33 

16 5
3
28 

25 14
0
22 
36 16
1
19
= 0 + 0 + 3 + 5 + 14 + 16 = 38, card(D) = 0 + 1 + 0 + 3 + 1 = 5,
= 173.
38
19
5
173
=
, P (D) =
, P (C) =
.
216
108
216
216
Remarque Pour déterminer P (C), on pouvait aussi ne pas s'intéresser aux
γ(b), et observer que (S, D, C) est un système complet d'événements, ce qui
entraîne : P (C) = 1 − P (S) − P (D).
Finalement :
P (S) =
On considère une échelle de temps et les dates
certain événement
l'instant
4.
E
k,
E
k+1
la probabilité
Pour chaque
est
pn
k,
la probabilité que
E
k,
un
se produit à
a,
et que si
ne se produise pas à
b.
que
E
0, E
a une chance sur deux de se produire. Calculer
se produise à l'instant
n.
:
k ∈ [[0, n]],
Par hypothèse
soit l'événement :
p0 = P (A0 ) =
P (Ak+1 /Ak ) = 1 − b.
Ak = E
se produit à l'instant
k ".
1
.
2
L'énoncé indique que, pour tout
aussi
E
la probabilité qu'il se produise a l'instant suivant est
On suppose qu'à l'instant
Correction
A la date
peut se produire ou non. On sait que, si
ne se produit pas à l'instant
l'instant
0, 1, 2, . . . , n.
k , P (Ak+1 /Ak ) = a,
Par la formule des probabilités totales :
et
P (Ak+1 /Ak ) = b
donc
P (Ak+1 ) = P (Ak+1 /Ak )P (Ak ) +
P (Ak+1 /Ak )P (Ak ).
Donc P (Ak+1 ) = aP (Ak )+(1−b)(1−P (Ak )), soit : pk+1 = (a+b−1)pk +1−b.
1−b
.
On observe que : x = (a + b − 1)x + 1 − b ⇔ x =
2−a−
(
)b
1−b
1−b
Il vient : pk+1 −
= (a + b − 1) pk −
.
2−a−b
2−a−b
Ceci vaut pour tout k ∈ [[0, n − 1]]. Par une récurrence (nie) immédiate :
(
)
1−b
1−b
1−b
k
+ (a + b − 1) p0 −
+
∀k ∈ [[0, n]], pk =
=
2 − a −)b
2−a−b
2−a−b
(
b−a
(a + b − 1)k
.
2(2 − a − b)
(
)
b−a
1−b
n
+ (a + b − 1)
.
En particulier : pn =
2−a−b
2(2 − a − b)
4 sur 15
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
b
Une urne contient
5.
boules blanches et
r
boules rouges. On tire
n
boules en
remettant la boule après tirage si elle est rouge et en ne la remettant pas si elle
est blanche. Quelle est la probabilité d'obtenir exactement 1 boule blanche en
n
tirages ?
Correction
:
Pour chaque
k ∈ [[1, n]],
soit les événements :
Bk =au k -ième tirage, on tire une boule blanche" ;
Vk =on obtient une boule blanche au k -ième tirage et des boules rouges à tous
les autres " .
Vk = Bk ∩
Alors
n
∩
i=1,i̸=k
Bi = B1 ∩ · · · ∩ Bk−1 ∩ Bk ∩ Bk+1 ∩ · · · ∩ Bn .
L'événement qui nous intéresse, il sort exactement une boule blanche" est
n
A = ∩ Vi .
i=1
Plus précisément, les
Vi , qui sont évidemmemnt deux à deux disjoints, forment
une partition de A.
n
∑
P (Vk ).
Donc
P (A) =
- Soit
(
)
k−1
n
k ∈ [[1, n]]. P (Vk ) = P ( ∩ Bi ) ∩ Bk ∩ ( ∩ Bj .
k=1
i=1
j=k+1
k−1
Uk = ( ∩ Bi ) ∩ Bk .
Notons pour abréger
i=1
Par la formule des probabilités com-
posées :
k−2
k−1
j=1
i=1
P (Vk ) = P (B1 )P (B2 /B1 ) · · · P (Bk−1 / ∩ Bj )P (Bk / ∩ Bi )P (Bk+1 /Uk ) · · · P (Bn /Uk ∩
n−1
∩ Bj ).
j=k+1
S'il y a eu sortie d'une boule rouge lors de chacun des
k−1
premiers tirages,
alors à l'issue de chacun de ceux-ci, la composition de l'urne est restée inchan-
b
gée :
k
blanches et
rouges.
k−2
Donc
P (B1 ) = P (B2 /B1 ) = · · · = P (Bk−1 / ∩ Bj ) =
j=1
k−1
Puis
P (Bk / ∩ Bi ) =
i=1
A l'issue du
r
.
b+r
b
.
b+r
k -ième tirage, où sort une boule blanche, l'urne contient b − 1
r boules rouges. Puis sa composition reste constante lors
boules blanches et
des tirages suivants, où n'apparaissent que des rouges.
Ainsi
P (Bk+1 /Uk ) = P (Bk+1 /Uk ∩ Bk ) = · · · = P (Bn /Uk ∩
r
.
b+r−1
Il vient :
P (Vk ) =
(
r
b+r
)k−1
n−1
∩ Bj ) =
j=k+1
(
)n−k
rn−1 b
b
r
=
.
b+r b+r−1
(b + r)k (b + r − 1)n−k
5 sur 15
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
- Variante de rédaction :
Soit
k ∈ [[1, n]].
Remarquons que
Vk
est l'intersection des trois événements
indépendants suivants :
A1 (k)=on
tire
k−1
r
b+r
A2 (k)=on
b boules
P (A1 (k)) =
fois de suite une boule noire dans une urne à
blanches et r boules rouges ; donc (tirage classique avec remise) :
)k−1
(
(et ceci marche aussi pour
k = 1) ;
b boules blanches et r
b
rouges ; donc P (A2 (k))) =
;
r+b
A3 (k)=on tire successivement n−k boules rouges dans une urne à b−1 boules
(
)n−k
n
blanches et r boules rouges ; donc P (A3 (k)) =
.
b+r−1
tire une boule blanche dans une urne à
Par indépendance, il vient :
(
P (Vk ) = P (A1 (k))P (A2 (k))P (A3 (k)) =
r
b+r
rn−1 b
.
(b + r)k (b + r − 1)n−k
n
n
∑
∑
P (Vk ) =
- Donc P (A) =
)k−1
(
)n−k
b
r
=
b+r b+r−1
)k
n (
∑
rn−1 b
b+r−1
rn−1 b
=
.
k (b + r − 1)n−k
n
(b
+
r)
(b
+
r
−
1)
b
+
r
k=1
k=1
k=1
(
)n
b+r−1
[
(
)n ]
1−
b+r−1
rn−1 b
b+r−1
rn−1 b
b+r
Donc P (A) =
=
1−
.
b+r−1
(b + r − 1)n b + r
(b + r − 1)n−1
b+r
1−
b+r
On considère deux pièces
est égale à
1/2.
A
et
B.
La probabilité d'obtenir
La probabilité d'obtenir
pile avec la pièce A
pile avec la pièce B
est égale à
1/3.
On choisit au hasard une pièce et on la lance. Si on obtient face, on rejoue
avec la même pièce ; sinon, on change de pièce. On eectue ainsi une série de
6.
lancers.
n-ième lancer.
∗
(Indication : On pourra considérer, pour n ∈ N : An l'événement on joue
avec la pièce A au n-ième lancer", an = P (An ) ; Fn l'événement on obtient
∗
face au n-ième lancer". Pour n ∈ N , déterminer une relation entre an+1 et an .
En déduire l'expression de an en fonction de n. En déduire enn P (Fn )).
Déterminer la probabilité d'obtenir face au
Correction
:
n ∈ N∗ : An l'événement on joue avec la pièce A au n-ième
lancer", an = P (An ) ; Fn l'événement on obtient face au n-ième lancer".
• Vue la règle du jeu, on a : An+1 = (An ∩ Fn ) ∪ (An ∩ Fn )
Donc, comme Fn et Fn sont évidemment incompatibles, P (An+1 ) = P (An ∩
Fn ) + P (An ∩ Fn ),
Notons, pour
6 sur 15
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
1
1
P (An+1 ) = P (Fn /An )P (An ) + P (Fn /An )P (An ) = P (An ) + P (An ),
2
3
1
1
1
1
donc : an+1 = an + (1 − an ) = an + .
2
3
6
3
1
1
2
• On observe que : x = x + ⇔ x = .
3)
5
(6
2
1
2
∀n ∈ N∗ , an+1 − =
an −
.
5
6
5
(
)
2
2
1
∗
a1 −
, soit, compte
Par une récurrence immédiate : ∀n ∈ N , an − =
5
6n−1
5
1
tenu de ce que a1 =
:
2
2
1 1
∀n ∈ N∗ , an = +
.
5 10 6n−1
• Par la formule des probabilités totales :
1
2
1
P (Fn ) = P (Fn /An )P (An ) + P (Fn /An )P (An ) = P (An ) + P (An ) = an +
2
3
2
2
2 1
(1 − an ) = − an .
3
3 6
3
1 1
∗
Donc : ∀n ∈ N , P (Fn ) =
−
.
5 10 6n
donc
Loi de Mengoli]. Une urne contient
1
boule blanche et
1
boule noire, in-
discernables au toucher. On eectue une série de tirages dans cette urne, en
procédant de la façon suivante : si on tire la boule blanche, on arrête ; si on
7.
tire une boule noire, on la remet dans l'urne, on ajoute une boule noire dans
l'urne et on eectue un nouveau tirage.
∗
Calculer, pour k ∈ N , la probabilité d'arrêter au
k -ième
tirage. Montrer que
le processus s'interrompt presque certainement.
Correction
:
• Pour chaque k ∈ N∗ , soit les événements :
Bk =au k -ième tirage, on tire une boule blanche" ;
Ck =au k -ième tirage, on tire une boule noire" ;
Ak =on obtient la première boule blanche au k -ième tirage" .
Alors Ak est aussi l'événement le jeu s'arrête au k -ième tirage".
k−1
k ≥ 2, Ak = Bk ∩ ∩ Ci (car évidemment, la première sortie de la
i=1
blanche au k -ième tirage a lieu si, et seulement si, il y a sortie d'une
noire lors de chacun des k − 1 premiers tirages et sortie d'une blanche
Pour tout
boule
boule
au
k -ième
Donc
tirage).
(
)
k−1
P (Ak ) = P Bk ∩ ∩ Ci ,
i=1
donc, par la formule des probabilités compo-
sées :
k−2
k−1
j=1
i=1
P (Ak ) = P (C1 )P (C2 /C1 )P (C3 /C1 ∩ C2 ) · · · P (Ck−1 / ∩ Cj )P (Bk / ∩ Ci ).
7 sur 15
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
Soit
i ∈ N∗ .
i
i+1
S'il y a eu apparition de boules noires lors de chacun des
premiers tirages, alors l'urne contient exactement une boule blanche et
boules noires. Par conséquent :
P (Ci+1 /C1 ∩ · · · ∩ Ci ) =
i+1
,
i+2
et
P (Bi+1 /C1 ∩ · · · ∩ Ci ) =
1
P (C1 ) = .
2
(k−2
)
1 ∏i+1
1
1
P (Ak ) =
=
.
2 i=1 i + 2 k + 1
k(k + 1)
1
.
i+2
On a aussi :
Il vient :
• Par conséquent :
n
∑
P (Ak ) =
k=1
n
∑
k=1
D'où, en passant à la limite
∑
1
=
k(k + 1) k=1
n
n → +∞
:
+∞
∑
(
1
1
−
k k+1
)
= 1−
P (Ak ) = 1.
k=1
Comme les
+∞
∑
1
.
n+1
Ak sont évidemment deux à deux incompatibles, il vient : P
(
+∞
)
∩ Ak
k=1
P (Ak ) = 1.
k=1
+∞
Ainsi l'événement
∩ Ak ,
k=1
c'est-à-dire l'événement le processus s'arrête", est
presque certain.
Remarque
S la variable aléatoire donnant le nombre de tirages eectués. ∀k ∈ N , (S = k) = Ak .
n
n
n+1
∑
∑
∑
1
1
∗
kP (S = k) =
Donc, pour tout n ∈ N ,
= −1 +
= −1 +
k+1
i
i=1
k=1
k=1
Hn+1 .
n
∑
Donc
kP (S = k) → +∞ quand n → +∞. Ainsi : l'instant d'arrêt n'a pas
: Notons
∗
k=1
d'espérance (ou l'espérance de l'instant d'arrêt est innie").
Une urne contient une boule blanche et une boule rouge. On tire dans cette
urne une boule, on note sa couleur et on la remet dans l'urne accompagnée de
deux autres boules de la même couleur puis on répète l'opération.
8.
1) Quelle est la probabilité que les
n
premières boules tirées soient rouges ?
2) Quelle est la probabilité de tirer indéniment des boules rouges ?
3) Le résultat précédent reste-t-il vrai si on remet dans l'urne chaque boule
tirée accompagnée de trois autres boules de la même couleur ?
Correction
Notons
An
:
l'événement les
n
premières boules tirées sont rouges".
8 sur 15
=
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
(Ak )
Évidemment la suite
k premiers tirages,
k − 1 premiers tirages).
obtenu boules rouges aux
boules rouges lors des
P (A0 ) = 1,
n-ième
on a, a fortiori, obtenu
2n − 1
n ∈ N∗ , P (An /An−1 ) =
, car
2n
d'une boule blanche et de 2n − 1 boules
et, pour tout
l'urne est composée
Il vient :
P (An ) =
An−1
a lieu,
rouges lors du
P (An ) = P (A1 )P (A2 /A1 ) · · · P (An /An−1 ).
(2n)!
2k − 1
= 2n
.
2k
2 (n!)2
k=1
1
P (An ) ∼ √
quand n → +∞.
(
)πn
+∞
décroissante, P
∩ An = 0.
D'après la formule de Stirling,
Donc, par continuité
3)
si
tirage.
Par la formule des probabilités composées, on a :
n
∏
2)
k
k−1
est décroissante au sens de l'inclusion (si on a
n=1
On raisonne comme au 1), avec les mêmes notations, mutatis mutandis. On
n
∏
3k − 2
,
3k − 1
k=1
(
n
∑
ln 1 −
ln(P (An )) =
P (An ) =
obtient :
donc
Comme
(
ln 1 −
k=1
1
3k − 1
1
3k − 1
)
∼−
)
.
1
1
∼−
3k − 1
3k
quand
k → +∞,
et comme la
1
est divergente à termes ≥ 0 (Riemann), il
3k
ln(P (An )) → −∞ quand n → +∞, donc P (An ) → 0 quand n → +∞.
(
)
+∞
∩ An = 0.
Donc, par continuité décroissante, P
série de terme général
vient :
n=1
Une urne contient une boule blanche et une boule rouge. On tire dans cette urne
une boule, on note sa couleur et on la remet dans l'urne accompagnée de deux
autres boules de la même couleur puis on répète l'opération. Quelle est la probabilité
d'obtenir une boule rouge au
9.
n-ième
tirage ?
1
n ∈ N∗ la propriété P (Rn ) = .
2
On observera que la composition de l'urne avant le n-ième tirage est évidemment
fonction du nombre k (0 ≤ k ≤ n) de boules rouges obtenues lors des n premiers
(
Indication
: On montrera par récurrence sur
tirages).
Correction
:
Notons pour chaque
n-ième
n ∈ N∗ , Rn
l'événement on obtient une boule rouge au
tirage".
Montrons par récurrence sur
- Clairement
H(1)
n ∈ N∗
est vraie, i.e.
la propriété
P (R1 ) =
9 sur 15
1
.
2
H(n)=[P (Rn ) =
1
].
2
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
n ≥ 1. Supposons que pour tout i ∈ [[1, n]], H(i) est vraie.
Notons Xn la variable aléatoire (à valeurs dans N) : nombre de boules rouges
obtenu lors des n premiers tirages. Alors pour chaque ω, Xn (ω) est un élément
de [[0, n]].
Si Xn (ω) = k , c'est-à-dire si le nombre de boules rouges obtenu lors des n
premiers tirages est k , alors le nombre de boules blanches obtenues au cours
de ces n premiers tirages est n − k , donc l'urne contient : 1 + 2k boules rouges
et 1+2(n−k) boules blanches, en tout 2(n+1) boules. Vue cette conguration,
2k + 1
la probabilité d'obtention d'une boule rouge au (n + 1)-ième tirage est
.
2n + 2
2k + 1
.
Ainsi : ∀k ∈ [[0, n]], P (Rn+1 /(Xn = k)) =
2n + 2
Comme (Xn = k)k∈[[0,n]] est un système complet d'événements, il vient, par la
- Soit
formule des probabilités totales :
n
∑
P (Rn+1 ) =
P (Rn+1 /(Xn = k))P (Xn = k) =
k=0
n
∑
P (Xn = k)
k=0
2k + 1
.
2n + 2
n premiers tirages, rouge
n tirages sont indépendants, Xn suit
Or, vue l'hypothèse de récurrence, lors de chacun des
et blanche sont équiprobables. Comme ces
1
.
(2 )
n 1
Donc : ∀k ∈ [[0, n]], P (Xn = k) =
.
k 2n
)
( n ( )
( )
n ( )
n
∑
∑
∑ n
n
2k + 1 n 1
1
k
+
.
Ainsi P (Rn+1 ) =
= n+1
2
n
k
k
2n
+
2
k
2
2
(n
+
1)
k=0
k=0
k=1
( )
(
)
n ( )
∑
n
n
n
−
1
Or
= 2n ; et, pour tout k ∈ [[1, n]], k
=n
,
k
k
k
−
1
k=0
( )
)
n (
n
∑
∑
n
n−1
donc
k
=n
= n2n−1 .
k
k
−
1
k=1
k=1
1
1
n−1
n
Reportant, il vient : P (Rn+1 ) =
(2n2
+
2
)
=
.
2n+1 (n + 1)
2
Ainsi H(n + 1) est vraie.
la loi binomiale de paramètres
n
et
En conclusion : la probabilité d'obtenir une boule rouge au
1
2
pour tout
n-ième
tirage est
n.
Remarque : ce résultat est en fait général et peut se démontrer directement.
Au départ on a une urne avec a > 0 boules blanches et b > 0 boules rouges.
On eectue une suite de tirages en remettant après chaque tirage la boule tirée
et en ajoutant N boules de la même couleur. On va montrer que la probabilité
d'obtenir une boule blanche au tirage n est constante égale à a/(a + b).
Notons P(n) la propriété : "pour a >, b > 0 quelconques, avec un schéma
d'urne et de tirage décrit comme plus haut, la probabilité d'obtenir une boule
10 sur 15
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
blanche au tirage n est a/(a + b)".
P(1) est clairement vraie.
Supposons P(n) vraie pour un entier n > 0. Étudions P(n + 1).
Notons Xk le résultat (B ou R) du k-ème tirage. Xn+1 = B est la réunion disjointe de deux événements. (Xn+1 = k) = ((X1 = B) ∩ A1 ))∪((X1 = R) ∩ A2 ),
où A1 est l'événement "le tirage n eectué dans les conditions du schéma avec
une proportion de départ (a + N )/(a + b + N ) est une boule blanche".
a+N
Comme P(n) est vraie, P (A1 ) =
.
a+b+N
De même A2 = "le tirage n eectué dans les conditions du schéma avec une
proportion de départ (a)/(a + b + N ) est une boule blanche".
a
P (A2 ) =
.
a+b+N
Comme les tirages sont indépendants :
a
a+N
b
a
+
a+ba+b+N
a+ba+b+N
1
a
P (Xn+1 = B) =
(a(a + N ) + ab) =
.
(a + b)(a + b + N )
a+b
La propriété est vraie au rang n + 1. Elle est donc vraie pour
P (Xn+1 = B) =
tout n de N∗ .
Paul lance une pièce de monnaie. Il marque un point s'il obtient pile, deux points
s'il obtient face. Le jeu s'arrête dès que Paul atteint au moins
10.
la probabilité d'obtenir exactement
p1
1) Calculer
et
p2 .
2) Montrer que pour tout
3) En déduire
Correction
pn
n
n
points. On note
points.
n ≥ 2, 2pn+2 = pn+1 + pn .
n.
en fonction de
:
Envisageons une suite innie de tirages :
Ω={
pile, face
}N
∗
.
∗
k ∈ N , Xk le nombre de points obtenus au tirage numéro
k , et Yk = X1 + · · · + Xk le nombre total de points à l'issue du tirage numéro
k . On note aussi, par commodité, Y0 = 0.
Notons enn S la somme obtenue en n de partie.
Observons que chaque Xk est à valeurs dans {0, 1}, donc chaque Yk est à
valeurs dans [[k, 2k]].
∀k ∈ N∗ , ∀ω ∈ Ω, k ≤ Yk (ω ≤ 2k .
∗
Pour n ∈ N xé, Yn ≥ n donc le plus petit entier p tel que Yp ≥ n vérie
p ≤ n. Autrement dit, la partie telle que décrite par l'énoncé dure au plus n
Notons, pour chaque
coups.
n
De ce fait :
(S = n) = ∩ (Yk = n).
k=1
à deux disjoints, les événements
de l'événement
Mieux : comme ils sont évidemment deux
(Yk = n), k ∈ [[1, n]],
(S = n).
11 sur 15
forment une partition
pn
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
Par conséquent :
pn = P (S = n) =
n
∑
P (Yk = n).
k=1
1
2
et p2 = P [(Y1 = 2) ∪ (Y2 = 2)] = P (Y1 = 2) + P (Y2 = 2),
Or (Y1 = 2) = (X1 = 2) et (Y2 = 2) = (X1 = 1) ∩ (X2 = 1),
3
donc p2 = P (X1 = 2) + P (X1 = 1)P (X2 = 1) = .
4
2) Pour tout k , (Yk = n+2) = [(Yk−1 = n+1)∩(Xk = 1)]⊔[(Yk−1 = n)∩(Xk =
2)]
donc P (Yk = n + 2) = P [(Yk−1 = n + 1) ∩ (Xk = 1)] + P [(Yk−1 = n) ∩ (Xk = 2)]
1
= P (Yk−1 = n + 1)P (Xk = 1) + P (Yk−1 = n)P (Xk = 2) = [P (Yk−1 =
2
n + 1) + P (Yk−1 = n)].
n+2
∑
Par conséquent : pn+2 = P (S = n + 2) =
P (Yk = n + 2) est égal à
1) p1 = P (X1 = 1) =
)
( n+2
n+2
∑
1 ∑
P (Yk−1 = n)
P (Yk−1 = n + 1) +
=
2 k=1
k=1
k=1
n+2 (
∑
1
)
[P (Yk−1 = n + 1) + P (Yk−1 = n)]
2
k=1
( n+1
)
n+1
∑
1 ∑
=
P (Yi = n + 1) +
P (Yj = n) .
2 i=1
j=1
Donc, comme
pn+2 =
2)
( n+1
1 ∑
2
i=1
Variante
Notons
An
(Yn+1 = n) = ∅
P (Yn+1 = n) = 0 :
)
1
P (Yi = n + 1) +
P (Yj = n) = (pn+1 + pn ).
2
j=1
d'où
n
∑
:
l'événement à l'instant où la somme des gains dépasse la valeur
cette somme vaut exactement
n
n,
qui nous intéresse.
Examinons les points marqués à parti du second lancer. A ete eet notons
Bn
l'événement à l'instant où la somme des gains marqués à partir du deuxième
lancer dépasse la valeur
n,
cette somme vaut exactement
n.
La suite des tirages se renouvelant de manière identique, on a :
∀n ∈ N∗ , P (Bn ) =
P (An ) = pn .
n > 0, An+2 est la réunion des deux événements disjoints (X1 =
1) ∩ Bn+1 et (X1 = 2) ∩ Bn .
Les événements Bi s'expriment en fonction des Xk pour k ≥ 2 et sont donc
indépendants des deux événements liés à X1 . On a donc :
∀n ∈ N∗ , pn+2 = P (An+2 ) = P (X1 = 1)P (Bn+1 ) + P (X1 = 2)P (Bn ) =
1
(pn+1 + pn ).
2
1
1
3) L'équation caractéristique de cette récurrence est X 2 − X − = 0, qui a
2
2
Or, pour tout
12 sur 15
Exercices de colles: Espaces probabilisés
2014 − 2015
9
1
2
, pour racines 1 et − . Donc il existe (α, β) ∈ R
4 ( )n
2
−1
∀n ∈ N∗ , pn = α + β
.
2
On a :
{
{
α − (1/2)β = p1 = 1/2
α = 2/3
⇔
α + (1/4)β = p2 = 3/4
β = 1/3
( )n
2 1 −1
∗
Finalement : ∀n ∈ N , pn =
+
.
3 3 2
pour discriminant
tel que
Un biologiste étudie la perche canadienne, une espèce de poisson fréquente en Amérique du Nord. Il s'intéresse à la résistance de ces poissons aux bactéries pathogènes.
Il échantillonne au hasard des perches dans un lac et détermine si chaque individu
est infecté (I ) ou non (I) par ces bactéries. Il détermine aussi l'âge des perches et
établit deux classes d'âge : les juvéniles (J ) et les adultes (A). Dans son échantillon,
22% des individus sont des juvéniles. Parmi les juvéniles, on observe 55% d'individus
11.
infectés. Par ailleurs, 83,5% des individus non infectés sont des adultes.
1) Quelle est la probabilité pour qu'une perche tirée au hasard dans cet échantillon
soit juvénile non infectée ?
2) Quelle est la proportion de perches infectées par les bactéries ?
3) Quelle est la probabilité qu'une perche adulte soit infectée par les bactéries ?
4) Que peut-on en conclure quant à la résistance des adultes et des juvéniles aux
bactéries pathogènes ?
Correction
:
L'énoncé nous donne les informations suivantes :
P (J) = 0, 22 donc P (A) = 1−P (J) = 0, 78 ; P (I/J) = 0, 55 ; P (A/I) = 0, 835.
1) P (J ∩ I) = P (I/J)P (J) = (1 − P (I/J))P (J) = 0, 45 × 0, 22 = 0, 099.
2) P (J ∩ I) = P (J/I)P (I),
donc
P (I) =
P (J ∩ I)
.
P (J/I)
P (J/I) = 1 − P (A/I) = 0, 165.
P (J ∩ I)
Donc P (I) =
.
1 − P (A/I)
Or P (I) = 1 − P (I).
P (J ∩ I)
Donc P (I) = 1 − P (I) = 1 −
.
1 − P (A/I)
0, 099
Ainsi : P (I) = 1 −
= 0, 40.
0, 165
Or
3)
D'après la formule des probabilités totales :
P (I) = P (I/A)P (A) + P (I/A)P (A) = P (I/A)P (A) + P (I/J)P (J).
P (I) − P (I/J)P (J)
Donc : P (I/A) =
.
P (A)
13 sur 15
2014 − 2015
Exercices de colles: Espaces probabilisés
0, 40 − 0, 55 × 0, 22
≈ 0, 36.
0, 78
4) P (I/J) = 0, 55 et P (I/A) ≈ 0, 36.
Ainsi :
P (I/A) =
Les adultes résistent un peu mieux que les jeunes aux bactéries pathogènes,
mais pas beaucoup mieux.
Remarque : les exercices de ce type peuvent se résoudre en illustrant la situation des 4 cas possibles dans un tableau rectangulaire.
Jeunes
Adulte
Jeunes Adulte
Infectés
0, 55 × 0, 22
Infectés
0, 121
puis
Non infectés 0, 45 × 0, 22
Non infectés 0, 099
z
0, 22
0, 78
Parmi les non-infectés il y a 16, 5% de jeunes. Donc z =
0, 22
0, 78
0, 099
× 0, 835.
0, 165
Par suite z = 0, 6 × 0, 835 = 0, 501 et le tableau est complété.
Jeunes Adulte
Infectés
0, 121 0, 279 0, 4
Non infectés 0, 099 0, 501 0, 6
0, 22
0, 78
0, 279
= 0, 357692..
0, 78
Au XVII-ième siècle, un pirate cache trois trésors dans une ile déserte.
- Le trésor
- Le trésor
- Le trésor
12.
T1
T2
T3
contient 30 pièces d'or et 10 pièces d'argent.
contient 40 pièces d'or et 40 pièces d'argent.
contient 20 pièces d'or et 30 pièces d'argent.
En 2015, Paul se rend sur cette ile et y découvre l'un des trésors. Il en prend une
pièce au hasard.
1) Quelle est la probabilité que la pièce soit en or ?
2) La pièce tirée par Paul est en or. Quelle est la probabilité qu'il ait découvert le
trésor
T1 ?
Correction
:
O et A les événements pièce d'or"et pièce en argent".
Alors : P (O/T1 ) = 0, 75 ; P (O/T2 ) = 0, 5 et P (O/T3 ) = 0, 40.
D'après la formule des probabiltés totales, P (O) = P (O/T1 )P (T1 )+P (O/T2 )P (T2 )+
P (O/T3 )P (T3 ).
1
Or P (T1 ) = P (T2 ) = P (T3 ) = .
3
P (O/T1 ) + P (O/T2 ) + P (O/T3 )
Donc P (O) =
= 0, 55.
3
Notons respectivement
2)
D'après la formule de Bayes :
14 sur 15
Exercices de colles: Espaces probabilisés
P (O/T1 )P (T1 )
.
P (O/T1 )P (T1 ) + P (O/T2 )P (T2 ) + P (O/T3 )P (T3 )
0, 75
25
5
Donc : P (T1 /O) =
=
= .
3 × 0, 55
55
11
5
≈ 0, 45.
La probabilité qu'il ait découvert le trésor T1 est
11
2014 − 2015
P (T1 /O) =
Remarque : les bourguignons, bienheureux possesseurs de cave avec du rouge
et du blanc sur trois casiers, peuvent tester ce même exercice en vrai grandeur
en envoyant un ami sûr ramener une bouteille de la cave !
Remerciements à Yvan Gozard pour la collecte et la correction partagée de ces
exercices.
15 sur 15