P1 : Corrigés des exercices

P1 : Corrigés des exercices
I Exercices du I
I.2.a. Poker : Ω est
des parties à 5 éléments de l’ensemble E des
à l’ensemble
!
52
cartes. Cardinal :
5
I.2.b. Bridge : Ω est
des parties à 13 éléments de l’ensemble E des
à l’ensemble
!
52
cartes. Cardinal :
13
1.2.c. Ω = {P, F }n , c’est-à-dire l’ensemble des suites de n lettres choisies parmi
les deux lettres P et F . Que l’on remplace souvent par 0 et 1.
I.2.d. Par exemple, Ω est l’ensemble des applications de {x 1 , . . . , x r } dans {b 1 , . . . , b n }.
Dont le cardinal est n r . On peut aussi décrire d’autres univers analogues ; par
¡
¢
exemple, l’ensemble des suites b i 1 , . . . , b i r où ∀k ∈ ‚1, r ƒ i k ∈ ‚1, nƒ. Ce qui revient au même.
I.2.e. Par exemple Ω = {(m 1 , . . . m n ) ∈ Nn ; m 1 + . . . + m n = r } (m k désigne le
nombre d’objets dans la boîte k). Là aussi, plusieurs descriptions d’univers sont
possibles ; par exemple, Ω0 est l’ensemble des suites de 0 et de 1 comportant
n −1 fois le chiffre 1 et r fois le chiffre 0 (les 0 représentent les objets, le contenu
de la boîte 1 étant le nombre de 0 placés avant le premier 1, le contenu de la
boîte k (2 ≤ k ≤ n − 1) est le nombre de 0 entre le k − 1-ième 1 et le k-ième 1, le
contenu de la boîte n est le nombre de 0 après le n − 1-ième 1.
Exemple : n = 3, r = 7 : on codera l’événement « tous les objets dans la première
boîte » par 000000011, « tous les objets dans la dernière boîte » par 110000000,
« 2 objets dans la première, 4 dans la deuxième et 1 dans la troisième par 001000010.
Cette dernière description est d’ailleurs celle qui rend le calcul du cardinal de
1
Proba univers fini (P1)
Ω0 (ou de Ω) le plus simple : il vaut
Ã
!
n +r −1
r
(nombre de manières de placer les r chiffres 0 dans la séquence, ou, ce qui
revient au même, nombre de manières de placer les n − 1 chiffres 1).
La bijection entre Ω0 et Ω est facile à visualiser :
0
. . 0} 1 |0 .{z
. . 0} 1 .|. . .{z
. . . .}. 1 0
. . 0}
| .{z
| .{z
m 1 fois 0 m 2 fois 0 des 0 et des 1 m n fois 0
(des m k peuvent bien entendu être nuls).
On peut aussi retrouver ce résultat par récurrence, à partir de la première description de Ω : si c n,r est le cardinal de Ω, on a c 1,r = 1 pour tout r ∈ N. Et ensuite,
c n,r =
r
X
c n−1,r −k
k=0
(k doit être compris comme le nombre d’objets placés dans la dernière boîte,
par exemple).
Donc c 2,r = r + 1 pour tout entier naturel r . Et pour conclure, on doit montrer
la formule
Ã
!
Ã
!
r
X
n −2+r −k
n +r −1
=
r −k
r
k=0
ce qui peut se faire par un dénombrement des parties à r éléments d’un ensemble E à n + r − 1 éléments x 1 , . . . , x n+r −1 effectué en classant ces parties de
la manière suivante :
Ã
!
n −2+r
Les parties qui ne contiennent pas x 1 : il y en a
;
r
Ã
!
n −3+r
Les parties qui contiennent x 1 mais ne contiennent pas x 2 : il y en a
;
r −1
Ã
!
n −4+r
Les parties qui contiennent x 1 et x 2 mais ne contiennent pas x 3 : il y en a
;
r −2
. . .etc. . .
I.2.f. Par exemple,
Ω = {(m 1 , . . . m n ) ∈ Nn ; m 1 ≤ m 2 ≤ · · · ≤ m n et m 1 + . . . + m n = r }
2
Proba univers fini (P1)
(on désigne par m 1 le contenu de la boîte la moins remplie, etc. . ., m n le contenu
de la boîte la plus remplie).
Exercices du I.4.
Exercice : On lance deux fois un dé « équilibré ». Quelle est la probabilité pour
que la somme des deux résultats obtenus soit égale à 2 ? égale à 7 ? supérieure
ou égale à 8 ?
Une solution Ici, l’univers Ω est l’ensemble des couples (i , j ) où 1 ≤ i ≤ 6 et
1 ≤ j ≤ 6. Chacune des issues est équiprobable (dé équilibré), et donc :
∀(i , j ) ∈ {1, . . . , 6}2
P
¡©¡
i, j
¢ª¢
=
1
36
L’événement ”la somme des deux résultats obtenus est égale à 2” est l’événe1
ment élémentaire {(1, 1)}, sa probabilité est
.
36
L’événement ”la somme des deux résultats obtenus est égale à 7” est l’événe1
ment {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)}. Sa probabilité est .
6
L’événement ”la somme des deux résultats obtenus est supérieure ou égale à 8”
est l’événement
{(2, 6), (3, 5), (3, 6), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}.
15
5
Sa probabilité est
= .
36 12
Pour ce deuxième calcul, l’utilisation d’un conditionnement et de la formule
dite des « probabilités totales » est déjà intéressant, et évite une énumération
fastidieuse. Voir plus loin.
Exercice : On tire 5 cartes d’un jeu de 32 cartes. Quelle est la probabilité qu’il y
ait parmi ces 5 cartes au moins un Roi et au moins un Coeur ?
Une solution : Remarquons d’abord qu’il ne s’agit pasà d’un
! exercice de pro32
babilité, mais d’un exercice de dénombrement. Il y a
tirages de 5 cartes
5
dans un jeu de 32 cartes. Plutôt que de compter parmi ces tirages lesquels comportent au moins un Roi et au moins un Coeur, dénombrons l’ensemble complémentaire formé des tirages de 5 cartes qui ne contiennent aucun Roi ou aucun Coeur. Il y a
3
Proba univers fini (P1)
Ã
!
24
tirages sans Coeur,
5
à !
28
tirages sans Roi,
5
à !
21
tirages sans Roi ni Coeur.
5
La probabilité cherchée est donc :
à ! à ! à ! à !
32
24
28
21
−
−
+
5
5
5
5
373
à !
=
≈ 0, 4
928
32
5
Exercice (paradoxe de Monty Hall) : On consultera avec plaisir et intérêt la
longue histoire des controverses autour de ce paradoxe, par exemple sur la page
wikipedia qui lui est consacrée. Donnons-en une version brève.
Un candidat participe à un jeu télévisé, dans lequel il fait face à trois portes
identiques, fermées. Derrière deux de ces portes, il n’y a rien (notons que la
présence d’une chèvre derrière ces deux portes, évoquée dans une des formulations traditionnelles du problème, suppose pour être réaliste une insonorisation convenable, ou à la rigueur l’anesthésie préalable des animaux). Derrière
la troisième, un fabuleux trésor (Décidez quoi, suivant vos rêves préférés), qui
lui reviendra s’il choisit cette porte.
Le candidat choisit donc une porte. Puis intervient l’animateur du jeu. Lui, sait
ce qu’il y a derrière chacune des portes. Il est donc en mesure de dire au candidat, en désignant une des deux portes non choisies par celui-ci : derrière cette
porte, il n’y a rien. Le candidat a alors le choix : garder la porte qu’il avait initialement choisi, ou changer son choix (et donc, évidemment, choisir celle des
deux autres portes que l’animateur n’a pas désignée). Que doit-il faire ?
Une solution : Un candidat qui ne change pas son choix initial a une probabilité 1/3 de gagner le trésor. Calculons donc la probabilité de gain d’un candidat
qui a décidé qu’il changerait son choix. La probabilité pour qu’il ait choisi initialement la « bonne » porte est 1/3. Et comme il change, dans ce cas il perd.
4
Proba univers fini (P1)
Dans tout autre cas, il gagne. La probabilité de gain est donc 2/3.
Exercice (tirage dans une urne avec remise ; loi binomiale)
1. Dans une urne, il y a n 1 boules blanches, n 2 boules rouges. On effectue r
tirages successifs avec remise (on tire une boule au hasard, on regarde sa
couleur, on la remet dans l’urne. On fait cela r fois). Calculer la probabilité pour que l’on tire k fois une boule rouge (0 ≤ k ≤ r ). On pourra noter
n2
n1
et q = 1 − p =
.
p=
n1 + n2
n1 + n2
On utilisera sans forcément l’expliciter l’indépendance des tirages : par
exemple, P(la première boule est rouge et la deuxième est blanche)=P(la
première boule est rouge)×P(la deuxième boule est blanche).
2. Cette fois, il y a dans l’urne n 1 boules blanches, n 2 boules rouges, n 3
boules noires. Calculer la probabilité pour qu’après m tirages avec remise on ait tiré exactement k boules blanches et ` boules rouges (et donc
m − k − ` boules noires : k + ` ≤ m nécessairement). On pourra noter
p=
n1
n2
n3
, q=
,r=
n1 + n2 + n3
n1 + n2 + n3
n1 + n2 + n3
1. On peut par exemple représenter un tirage par une suite de r chiffres 0 ou
1 : le i ème chiffre de la suite est 0 si on tire une boule blanche au i -ème
tirage, 1 si on tire une boule rouge. L’univers Ω est donc l’ensemble de ces
suites.
L’événement « on tire k fois une boule rouge » est réunion des événements
élémentaires
à ! qui sont les suites comprenant k chiffres 1 et r − k chiffres
r
telles suites (une telle suite est caractérisée par la partie à k
0. Il y a
k
éléments de ‚1, r ƒ : {i ;le i ième tirage est une boule rouge }).
La probabilité de chacun de ces événements élémentaires étant
q k p r −k
la probabilité cherchée (tirer k fois une boule rouge) est
à !
r k r −k
q p
k
5
Proba univers fini (P1)
On vérifie bien (heureusement) que
à !
r
X
r k r −k
q p
=1
k=0 k
2. Cette fois, on peut représenter les ”succès” par des suites de m lettres
dont k sont la lettre B et ` la lettre R (et donc m − k − ` la lettre N ). Il y a
à !Ã
! Ã !Ã
!
m m −k
m m −`
=
k
`
`
k
telles suites (une écriture est plus naturelle que l’autre selon qu’on les
classe suivant les emplacements des lettres B ou suivant les emplacements des lettres R). Comme la probabilité d’un tel événement élémentaire est p k q ` r m−k−` , la probabilité cherchée est
à !Ã
!
à !Ã
!
m m − k k ` m−k−`
m m − ` k ` m−k−`
p q r
=
p q r
k
`
`
k
Exercice (tirage dans une urne sans remise ; loi hypergéométrique)
1. Dans une urne, il y a N1 boules blanches, N2 boules rouges. On effectue
r tirages successifs sans remise (donc, nécessairement, r ≤ N = N1 + N2 ).
Calculer la probabilité pour que l’on tire n 1 fois une boule blanche et n 2
fois une boule rouge (où n 1 ≤ N1 , n 2 ≤ N2 , n 1 + n 2 = r ).
2. Dans une urne, il y a N1 boules blanches, N2 boules rouges. On tire r
boules simultanément (donc, nécessairement, r ≤ N = N1 + N2 ). Calculer
la probabilité pour que l’on tire n 1 fois une boule blanche et n 2 fois une
boule rouge (où n 1 ≤ N1 , n 2 ≤ N2 , n 1 + n 2 = r ).
1. Une issue favorable est ici une suite de r lettres dont n 1 sont la lettre B
et n 2 la lettre R. Il n’est peut-être pas évident que toutes ces issues aient
même probabilité. Néanmoins, un petit peu de réflexion montre que c’est
le cas, et que cette probabilité commune est
N 1! N2 ! (N − r )!
(N1 × · · · × N1 − n 1 + 1)(N2 × · · · × N2 − n 2 + 1)
=
(N1 + N2 ) × . . . × (N1 + N2 − n 1 − n 2 + 1)
(N1 − n 1 )! (N2 − n 2 )! N !
¡N1 ¢¡N2 ¢
n 1 ! n 2 ! n1 n2
=
¡N ¢
r!
r
6
Proba univers fini (P1)
Ã
! Ã !
r
r
et comme il y a
=
telles issues, la probabilité cherchée est :
n1
n2
à !à ! à !à !
N1 N2
N1 N2
n1 n2
n1 n2
à !
!
=Ã
N
N1 + N2
r
n1 + n2
¡
N2 ¢ issues possibles, toutes équiprobables. Parmi elles, les is2. Il y a Nn11+
+n 2
à !à !
N1 N2
sues favorables sont au nombre de
(même type de dénombren1 n2
ment que dans le deuxième question de l’exercice précédent). La réponse
est donc encore
Ã
N1
n1
!Ã
N2
n2
!
Ã
N1 + N2
n1 + n2
!
Autrement dit, tirer successivement sans remise ou tout tirer en même
temps, c’est la même chose. Quand on y réfléchit un petit peu, ce n’est
pas si étonnant.
II Exercices du II
Exercice : Une urne contient n boules blanches, n boules noires. On retire les
boules une par une, au hasard. Quelle est la probabilité de tirer 1 boule blanche,
puis une noire, puis une blanche, etc. . . ?
Une solution : On définit l’événement A k par, si k est impair, « la k-ème boule
tirée est blanche » et, si k est pair, « la k-ème boule tirée est noire » (1 ≤ k ≤ 2n −
1
1
1). On a P (A 1 ) = et P A 1 ∩A 2 ∩···∩A k (A k+1 ) = si k est pair, P A 1 ∩A 2 ∩···∩A k (A k+1 ) =
2
2
k −1
n−
2 si k est impair. Donc, par la formule des probabilités composées, la
2n − k
7
Proba univers fini (P1)
probabilité cherchée vaut
µ ¶n n
µ ¶n n−2
Y
Y i
n−j
1
1
×
×
=
2
2
j =0 2n − 2 j − 1
i =2 2i − 1
On trouve donc
!−1
2n
n
à !
2n
(On pouvait aussi vérifier qu’il y avait
tirages possibles, et qu’ils étaient
n
équiprobables.)
Ã
Exercice : On fait l’hypothèse (certes discutable) que la probabilité de naître un
2 décembre est la même que celle de naître un 18 juin, ou un 14 juillet. . .et on
supposera en revanche que personne ne naît pendant une année bissextile.
1. Trouver la probabilité pour que, dans un groupe de dix personnes, il n’y
en ait pas deux dont l’anniversaire tombe le même jour.
2. Même question pour un groupe de 40 personnes.
3. Avec une calculatrice ou un ordinateur, trouver le plus petit nombre N
vérifiant : dans un groupe de N personnes il y a plus d’une chance sur
deux pour qu’elles aient toutes des jours anniversaires différents.
Une solution : Le groupe est constitué des individus 1, 2, . . . , N . Si k ≥ 2, on note
A k l’événement « Les individus 1, . . . , k ont des jours anniversaires deux à deux
distincts ». On a, vu les hypothèses :
P A k−1 (A k ) =
365 − (k − 1)
365
De plus, A k implique A k−1 . Donc A 2 ∩ A 3 ∩ . . . ∩ A k = A k . La formule des probabilités composées donne
P (A N ) =
NY
−1 365 −
j =1
j
365
(on a supposé implicitement N ≤ 365, si ce n’est pas le cas la probabilité est
nulle et la formule est encore vraie). On trouve ainsi P (A 10 ) ≈ 0, 883, P (A 40 ) ≈
0, 109, P (A 23 ) ≈ 0, 493, P (A 22 ) ≈ 0, 524. Le nombre N cherché est donc 23.
8
Proba univers fini (P1)
Exercice : Dans une urne se trouvent 365 boules numérotées (autrement dit,
« discernables »). On tire N fois une boule au hasard. Après chaque tirage on
remet la boule. Quelle est la probabilité pour qu’on tire N boules différentes ?
Une solution : C’est un habillage différent du même exercice.
Exercice Dans un établissement scolaire où les serrures sont nombreuses, on
vous a prêté un trousseau de n clefs pour ouvrir une porte, et vous avez oublié de demander laquelle était la bonne. En plus, elles se ressemblent un peu
toutes, impossible de deviner à vue laquelle est la plus plausible. Vous les essayez donc l’une après l’autre. Quelle est la probabilité pour que vous ouvriez
la porte au kième essai (1 ≤ k ≤ n) ?
Notons p k la probabilité cherchée. On a par exemple
p1 =
1
n
Pour calculer p 2 , on appelle A 1 l’événement « La première clé n’ouvre pas la
porte », de probabilité (n−1)/n ; la probabilité de l’événement A 2 « La deuxième
clé ouvre la porte » sachant A 1 est : 1/(n −1). Par formule des probabilités composées, on obtient donc
p2 =
n −1
1
1
×
=
n
n −1 n
puis, notant A k l’événement « on ouvre la porte au kième essai », B k l’événement « après k essais, la porte n’est pas encore ouverte » (la suite (B k ) est décroissante), les probabilités composées donnent (en notant que A k = B k−1 ∩
A k = B 1 ∩ B 2 . . . ∩ B k−1 ∩ A k ) :
P (A k ) = P (B 1 )P B 1 (B 2 )P B 2 (B 3 ) . . . P B k−1 (A k )
n −1 n −2
n − (k − 1)
1
×
×...×
×
n
n −1
n − (k − 2) n − (k − 1)
1
=
n
=
9
Proba univers fini (P1)
Exercice Pierre-Simon doit passer l’épreuve de Tipe des concours, et se demande s’il est judicieux d’utiliser son feutre vert pour les transparents. Son
prof de math, pas avare il faut bien le dire de détails oiseux dans les nombreux conseils qu’il donne pour l’oral, a signalé que les personnes daltoniennes
voyaient très mal cette couleur. Sur internet, on peut lire que 8% des hommes
sont daltoniens, alors que seulement 0,5% des femmes le sont.
Par l’ami d’un cousin du voisin de son oncle, qui travaille dans l’administration
du Tétraconcours, Pierre-Simon a appris que la moitié des jurys de l’épreuve de
Tipe étaient composés de deux hommes, le quart d’un homme et d’une femme,
le quart restant de deux femmes.
Quelle est la probabilité pour que les deux membres du jury que devra affronter
Pierre-Simon soient daltoniens ?
Une solution : Le système complet d’événements qui s’impose ici est (A 1 , A 2 , A 3 )
où
A 1 est l’événement « le jury est exclusivement masculin »
A 2 est l’événement « le jury est mixte »
A 3 est l’événement « le jury est exclusivement féminin »
On s’intéresse à la probabilité de l’événement B : « les deux membres du jury
sont daltoniens ».
La formule des probabilités totales donne :
µ
¶
µ
¶
5
1
5 2
1 8 2 1 8
+
×
+
≈ 0, 0033
P (B ) =
2 100
4 100 1000 4 1000
Exercice On lance deux fois un dé équilibré. En conditionnant par le résultat
du premier lancer, trouver la probabilité que la somme des deux résultats soit
supérieure ou égale à 8.
Une solution : On note, pour 1 ≤ i ≤ 6, A i l’événement « on obtient i au premier
lancer ». La famille (A i )1≤i ≤6 est un système complet d’événements. On note B
10
Proba univers fini (P1)
l’événement « la somme des deux résultats est supérieure ou égale à 8 ». Alors :
P (B ) =
6
X
P (A i )P A i (B )
i =1
=
6
1X
P A (B )
6 i =1 i
=
6
1X
P A (B )
6 i =2 i
=
6
1X
P (« le deuxième lancer donne au moins 8-i »)
6 i =2
=
6 6 − (8 − i ) + 1
1X
6 i =2
6
6
1 X
(i − 1)
36 i =2
1 5×6
=
36 2
15
=
36
=
Remarque : ce n’est pas forcément la façon la plus rapide de procéder.
Exercice Un atelier de montage utilise une pièce pour laquelle il a deux fournisseurs. Le fournisseur A produit des pièces de bonne qualité : seulement
une sur cinquante a un défaut. Mais sa production est insuffisante ; l’atelier
achète donc aussi des pièces à un fournisseur B , bien qu’elles soient de moins
bonne qualité : une sur 20 a un défaut. 70% des pièces viennent de chez B , 30%
viennent de chez A. A leur arrivée dans l’atelier, elles sont mélangées les unes
avec les autres. On prend une pièce au hasard, elle s’avère défectueuse. Quelle
est la probabilité qu’elle vienne de chez B ?
On considère l’événement X : « la pièce vient du fournisseur B », et l’événement
11
Proba univers fini (P1)
Y : « la pièce est défectueuse ». On a
P (X )P X (Y )
P (Y )
7
1
×
10 20
=
P (X )P X (Y ) + P (X c )P X c (Y )
1
7
×
10 20
=
7
1
3
1
×
+
×
10 20 10 50
35
=
41
≈ 0, 854
P Y (X ) =
Exercice On considère trois urnes U1 , U2 , U3 contenant 12 boules chacune.
Dans U1 , il y a 4 boules rouges, 4 noires, 4 blanches.
Dans U2 , il y a 6 boules rouges, 2 noires, 4 blanches.
Dans U3 , il y a 2 boules rouges, 6 noires, 4 blanches.
Un individu jette un dé. Si le dé donne 1 ou 2, il tire une boule au hasard dans
l’urne U1 . Si le dé donne 3 ou 4, il tire une boule au hasard dans l’urne U2 . Si le
dé donne 5 ou 6, il tire une boule au hasard dans l’urne U3 . Un observateur (qui
ne voit pas le résultat du lancer de dé, et ne peut pas distinguer les urnes, mais
en connaît les contenus) constate que la boule tirée est rouge. S’il devait faire
un pari, il aurait sûrement intérêt à miser sur le fait que le dé a donné 3 ou 4.
Calculer la probabilité pour qu’effectivement le résultat du lancer de dé ait été
un 3 ou un 4 plutôt que 1,2,5 ou 6.
Une solution On appelle B l’événement « la boule tirée est rouge », A k l’événement « le tirage a été effectué dans l’urne Uk ». Le dé étant par défaut supposé
équilibré, on a P (A k ) = 1/3 (k = 1, 2, 3). On calcule facilement
P A 1 (B ) =
1
3
,
P A 2 (B ) =
1
2
,
P A 3 (B ) =
1
6
(A k )1≤k≤3 formant un système complet d’événements, on peut écrire la formule
de Bayes :
1 1
×
1
3
2
P B (A 2 ) =
=
1 1 1 1 1 1 2
× + × + ×
3 3 3 2 3 6
12
Proba univers fini (P1)
. . .comme on l’aurait parié. . .
Exercice : Dans une population, 1 personne sur 10.000 est atteinte d’une maladie que l’on peut donc qualifier de relativement rare.
On dispose d’un test de détection de cette maladie. Des expérimentations ont
permis de mesurer la sensibilité et la spécificité de ce test.
Sensibilité : la probabilité pour un individu malade d’être testé positif est 0, 99.
Spécificité : la probabilité pour un individu non malade d’être testé négatif est
0, 999.
On teste un individu pris au hasard dans la population. Le test est positif. Quelle
est la probabilité pour qu’il soit malade ?
Solution : On cherche la probabilité pour que l’individu soit malade sachant
que le test est positif. Il est donc naturel d’introduire les événements :
A : « l’individu est malade »
B : « l’individu est testé positif »
Le problème est de calculer P (A|B ) = P B (A). Or on nous donne P A (B ) = 0, 99
et P A c (B c ) = 0, 999, ou encore P A c (B ) = 0.001. On est donc typiquement dans le
cadre d’application de la formule de Bayes, qui permet d’écrire (en introduisant
l’autre donnée P (A) = 0, 0001) :
P B (A) =
0, 0001 × 0, 99
≈ 0.09
0, 0001 × 0.99 + 0, 9999 × 0.001
Il y a donc moins d’une chance sur dix pour que l’individu testé soit malade.
Ce résultat n’est pas très intuitif. Le ”biais cognitif” qui fait qu’on a tendance
à penser que l’individu testé positivement aurait plutôt neuf chances sur dix
d’être malade est appelé oubli de la fréquence de base, ou négligence de la
taille de l’échantillon. On comprend pourquoi ce biais cognitif fait partie du
programme des études de médecine. On comprend aussi pourquoi on évite de
faire des tests systématiques de dépistage des maladies très rares : on détecterait principalement de faux malades. Il vaut donc mieux limiter les tests aux
populations à risques (s’il y en a !).
Exercice (supplément) Avec le même test et la même maladie, pour quelle proportion de malades dans la population arrive-t-on à la conclusion : « la proba13
Proba univers fini (P1)
bilité pour qu’un individu testé positif soit malade est 0, 9 » ? (on doit trouver le
résultat suivant : une proportion d’environ 9 malades pour 1000 personnes).
Remarque : Quel est l’univers ? quelle est la probabilité ? considérons
Ω = {ω1 , . . . , ωn }
muni de la probabilité uniforme P ({ωi }) = 1/n avec n = 10000 × 1000 × m, A =
{ωi ; 1 ≤ i ≤ 1000 × m}, et B = {ωi ; 1 ≤ i ≤ 990 × m} ∪ {ωi ; 1000 × m + 1 ≤ i ≤
10999 × m}. On a là un modèle correct, mais qui n’a aucun intérêt. . .la seule
chose à retenir étant que la connaissance et la définition d’un univers sousjacent sont en général hors de propos. D’ailleurs, il est facile (et totalement inutile !) d’imaginer d’autres univers et d’autres probabilités modélisant la même
situation.
Remarque : On considère trois urnes X , Y et Z . Dans l’urne X , il y a 99 boules
noires, une boule blanche ; dans l’urne Y , il y a 999 boules blanches, une boule
noire. Dans l’urne Z , il y a 9999 boules blanches, une boule noire. On tire au
hasard une première boule dans l’urne Z . Si cette première boule est blanche,
on tire une deuxième boule, dans l’urne Y . Sinon, on tire la deuxième boule
dans l’urne X . Quelle est la probabilité pour que la première boule soit noire
sachant que la deuxième l’est ?
C’est une réécriture du même problème. Le « biais cognitif » est ici plus évitable : il est très improbable de tirer de Z une boule noire. De Y aussi, mais dix
fois moins. On parierait donc raisonnablement, si le résultat final est une boule
noire, que la boule tirée de Z a été blanche.
Exercice On lit dans un journal : « Alors qu’ils ne représentent que 13% de la
population, les jeunes de 18 à 24 ans représentent 30% des tués sur les routes ».
Rédiger une phrase équivalente à la précédente, sous la forme suivante : « un
jeune de 18 à 24 ans a . . .fois plus de chance de trouver la mort sur la route
qu"une autre personne ».
Une solution : On note A l’événement « avoir entre 18 et 24 ans » et B l’événe14
Proba univers fini (P1)
ment « se tuer sur la route ». Que cherche-t-on ? le rapport
P A (B )
P (B |A)
=
c
P (B |A ) P A c (B )
Que connaît-on ?
P (A) = 0, 13
P (A|B ) = P B (A) = 0, 3
Donc
P B (A)P (B )
0, 3
=
P (B )
P (A)
0, 13
P B (A c )P (B )
0, 7
P A c (B ) =
=
P (B )
c
P (A )
0, 87
Et la réponse est donc :
0, 3 0, 87 261
×
=
≈ 2, 87
0, 7 0, 13
91
Exercice Je viens d’emménager, je n’ai pas encore vu mes voisins, mais je sais
P A (B ) =
qu’ils ont deux enfants.
1. Quelle est la probabilité que ces deux enfants soient des filles ?
2. J’ai vu un de ces deux enfants, c’est une fille ; même question.
3. On m’a dit que l’aînée de ces enfants est une fille ; même question.
On fait les hypothèses suivantes : à chaque naissance, la probabilité d’avoir une
fille ou un garçon est la même. Les naissances sont indépendantes.
Les deux naissances chez mes voisins ont pu être F F , F G, GF , GG, chacun de
ces événements ayant pour probabilité 1/4. Ce qui donne déjà la réponse à la
première question : 1/4.
Appelons A1, A2, A3, A4 ces quatre événements (dans l’ordre). Appelons B l’événement « un des deux enfants est une fille ». On a P A i (B ) = 1 si i = 1, 2, 3, P A 4 (B ) =
0. Donc
P B (A 1 ) =
P (A 1 )P A 1 (B )
P (B )
1
= 4
3
4
1
=
3
15
Proba univers fini (P1)
ce qui donne la réponse à la deuxième question. Pour la troisième, soit C l’événement « l’aînée des deux enfants est une fille ». On a P A i (C ) = 1 si i = 1, 2,
P A i (C ) = 0 si i = 3, 4. Donc
PC (A 1 ) =
P (A 1 )P A 1 (C )
P (C )
1
= 4
2
4
1
=
2
III Exercices du III.
Exercice : Diderot et d’Alembert
Deux joueurs A et B misent. Puis le joueur A lance une
pièce. Si elle tombe sur Pile, il gagne. Sinon, il la relance.
Si elle tombe sur Pile, il gagne. Sinon il perd, et c’est B qui
gagne. Le gagnant emporte la mise.
La probabilité pour que A gagne est la somme des probabilité des deux événements disjoints « la pièce tombe au premier lancer sur Pile » et « la pièce tombe
au premier lancer sur Face et au deuxième sur Pile », soit
1 11 3
+
=
2 22 4
Pour que ce soit équitable, il faut donc que A mise trois fois plus que B , dont
la probabilité de gain est 1/4. C’est Diderot qui avait raison. . .ce qui peut surprendre, face à d’Alembert sur un sujet mathématique.
Urne de Polya
Ici, plutôt que de vider une urne, on va la remplir. . .
Soit une urne contenant une boule blanche et une boule noire. On dispose par
ailleurs d’une réserve suffisante de boules blanches et noires, et on répète n fois
l’action suivante :
16
Proba univers fini (P1)
On tire une boule dans l’urne. Si cette boule est blanche (respectivement noire),
on la remet dans l’urne, et on rajoute une boule blanche (respectivement noire)
dans l’urne.
On désigne par X n la variable aléatoire « nombre de boules blanches dans l’urne »
après ces n tirages. Quelle est la loi de X n ?
Commençons par le cas n = 1. Après un tirage, il y a dans l’urne, avec probabilité 1/2, deux boules blanches et une boule noire. Et, avec probabilité 1/2, deux
boules noires et une boule blanche. La loi de X 1 est ici la loi uniforme sur {1, 2}.
Examinons n = 2. X 2 ne peut a priori prendre que les valeurs n = 1, 2, 3. Et, par
formule des probabilités totales,
P (X 2 = 1) = P (X 1 = 1)P (X 2 = 1|X 1 = 1) + P (X 1 = 2)P (X 2 = 1|X 1 = 2)
1 2 1
× + ×0
2 3 2
1
=
3
=
P (X 2 = 2) = P (X 1 = 1)P (X 2 = 2|X 1 = 1) + P (X 1 = 2)P (X 2 = 2|X 1 = 2)
1 1 1 1
× + ×
2 3 2 3
1
=
3
=
1
et donc P (X 2 = 3) = .
3
Sous l’hypothèse de récurrence « la loi de X n est la loi uniforme sur ‚1, n + 1ƒ »,
on calcule, si 2 ≤ i ≤ n + 1,
P (X n+1 = i ) =
n+1
X
P (X n = j )P (X n+1 = i |X n = j )
j =1
= P (X n = i − 1)P (X n+1 = i |X n = i − 1) + P (X n = i )P (X n+1 = i |X n = i )
µ
¶
i −1 n +2−i
1
=
+
n +1 n +2
n +2
1
=
n +2
17
Proba univers fini (P1)
On peut calculer de même
P (X n+1 = 1) =
n+1
X
P (X n = j )P (X n+1 = 1|X n = j )
j =1
= P (X n = 1)P (X n+1 = 1|X n = 1)
µ
¶
n +1
1
=
n +1 n +2
1
=
n +2
et P (X n+1 = n + 2) de même, ou tout simplement dire que par symétrie,
P (X n+1 = 1) = P (X n+1 = n + 2), or la somme de toutes les probabilités est égale
à 1. L’hypothèse est donc récurrente.
IV Exercices suivants. . .
Exercice :
1. On lance 1000 fois une pièce équilibrée ; minorer la probabilité pour que
le nombre de ”Pile” soit compris entre 450 et 550.
2. On lance n fois une pièce équilibrée. On note Z le nombre de ”Pile”. Trouver n pour que
¯
¶
µ¯
¯ Z 1¯
¯
¯
P ¯ − ¯ ≤ 0, 05 ≥ 0, 99
n 2
Une solution : Considération commune aux trois questions : le nombre de Pile,
1
n
n
Z , suit une loi B(n, ) ; donc E(Z ) = , et V (Z ) = . Ce qui permet d’écrire
2
2
4
³
´ 1 n
n
P |Z − | ≥ a ≤ 2
2
a 4
1. Pour n = 1000, a = 50,
P (|Z − 500| ≤ 50) ≥ 1 −
1 1000
2500 4
D’où
P (450 ≤ Z ≤ 550) ≥
18
9
10
Proba univers fini (P1)
2. L’inégalité de Tchebychev permet d’écrire :
¯
µ¯
¶
¯ Z 1¯ a
1 n
P ¯¯ − ¯¯ ≤
≥ 1− 2
n 2
n
a 4
et on impose a = 0, 05 × n, il serait donc suffisant d’avoir
1−
100
≥ 0, 99
n
, i.e. n ≥ 10000.
Remarque : Dans la pratique, la valeur trouvée est très grossière, car l’inégalité
de Bienaymé-Tchebychev l’est. Avec des ”approximations normales”, on peut
faire beaucoup mieux.
Exercice : On suppose que X suit une loi binomiale de paramètres n et p,
n ∈ N∗ , p ∈]0, 1[(on note : X ∼ B(n, p)). Calculer l’espérance de la variable aléatoire
1
1+ X
Une solution : La formule de transfert s’écrit :
Y =
n
X
1
n!
p k (1 − p)n−k
1
+
k
k!
(n
−
k)!
k=0
!
Ã
n n +1
1 X
p k (1 − p)n−k
=
n + 1 k=0 k + 1
Ã
!
n n +1
X
1
=
p k+1 (1 − p)n+1−(k+1)
(n + 1)p k=0 k + 1
³¡
´
¢n+1
1
=
p + (1 − p)
− (1 − p)n+1
(n + 1)p
E (Y ) =
Donc
E (Y ) =
1 − (1 − p)n+1
(n + 1)p
19