Espaces probabilisés

CHAPITRE
17
Espaces probabilisés
Exercice 17.1 : Tirages simultanés dans une urne multicolore
Une urne contient 18 boules indiscernables au toucher dont
• 10 boules noires numérotées de 1 à 10,
• 5 boules blanches numérotées de 1 à 5,
• 3 boules rouges numérotées de 1 à 3.
On tire simultanément 4 boules dans l’urne.
1. Quel est le nombre de tirages possibles ?
2. Quelle est la probabilité de tirer au moins une boule noire ?
3. Quelle est la probabilité de tirer autant de boules blanches que de rouges ?
4.
a. Avec quelle probabilité le tirage amène-t-il les trois couleurs ?
b. Avec quelle probabilité le tirage amène-t-il exactement deux couleurs ?
5. Quelle est la probabilité de tirer exactement une boule noire ou exactement
deux boules numérotées 1 ?
1. Le tirage est simultané donc il s’agit de 4-combinaisons.
Puisqu’on tire simultanément les boules, le résultat d’un tirage s’apparente
à un sous! "
18
ensemble de 4 boules de l’ensemble des 18 boules. Il y a donc
= 3060 tirages
4
équiprobables possibles. Ainsi, si Ω est l’ensemble des tirages possibles (l’univers de
l’expérience aléatoire), nous avons Card(Ω) = 3060.
2. La formulation “au moins une” fait dire qu’il est plus facile de considérer l’événement contraire.
Soit A l’événement “obtenir au moins une boule noire” dont on cherche la probabilité.
On a P(A) = 1 − P(A) où A est l’événement “n’obtenir aucune boule noire”. Le
résultat d’un tirage sans boule noire s’apparente!à "
un sous-ensemble de 4 boules de
8
l’ensemble des 8 boules non noires. Il existe donc
= 70 tels tirages équiprobables,
4
7
7
299
70
autrement dit P(A) =
=
. Ainsi, P(A) = 1 −
=
.
3060
306
306
306
318
Chapitre 17
Espaces probabilisés
3. L’événement à étudier n’est pas vraiment élémentaire puisqu’on ne sait pas exactement la composition en couleurs du tirage. On va l’écrire comme réunion disjointe
d’événements plus élémentaires donnant l’effectif précis de chaque couleur présente
dans le tirage.
Soit B l’événement “obtenir autant de boules blanches que de rouges”. On veut calculer P(B). Un tirage comporte autant de boules blanches que de boules rouges si et
seulement si on est dans un des trois cas exclusifs suivants :
• on ne tire aucune boule blanche et aucune boule rouge (on note B0 cet événement),
• on tire exactement une boule blanche et une boule rouge (on note B1 cet événement),
• on tire exactement deux boules blanches et deux boules rouges (on note B2 cet
événement).
Ainsi, B = B0 ∪ B1 ∪ B2 et la réunion est disjointe donc, par additivité de P,
P(B) = P(B0 ) + P(B1 ) + P(B2 )
avec
! "
10
4
210
7
P(B0 ) =
=
=
3060
3060
102
(tirages sans boule blanche ni rouge et donc quatre noires)
! "
5
1
! "
! "
3
10
×
1
2
5 × 3 × 45
15
=
=
P(B1 ) =
3060
3060
68
(tirages avec exactement une blanche, une rouge et donc deux noires)
×
! "
5
2
×
! "
3
2
10 × 3
1
=
=
3060
3060
102
(tirages avec deux blanches, deux rouges et donc pas de noire).
15
1
61
7
+
+
=
.
D’où, P(B) =
102
68
102
204
P(B2 ) =
4.a. On utilise la même technique de décomposition qu’à la question précédente.
Soit C l’événement “obtenir les trois couleurs”. Comme au 3, on partitionne C en
événements plus simples : C = C1 ∪ C2 ∪ C3 où
• C1 est l’événement : “obtenir deux boules noires, une boule blanche, et une boule
rouge”,
• C2 est l’événement : “obtenir une boule noire, deux boules blanches, et une boule
rouge”,
• C3 est l’événement : “obtenir une boule noire, une boule blanche, et deux boules
rouges”.
Les évènements C1 , C2 et C3 sont deux à deux incompatibles donc la réunion d’événements C1 ∪ C2 ∪ C3 est disjointe et
Card(C) = Card(C1 ) + Card(C2 ) + Card(C3 )
avec
Card(C1 ) =
! "
10
2
×
! "
5
1
×
! "
3
1
= 675,
Exercice 17.1
Tirages simultanés dans une urne multicolore
Card(C2 ) =
et
Card(C3 ) =
! "
10
1
×
! "
10
1
×
! "
5
2
×
! "
5
1
×
! "
3
1
= 300
! "
3
2
= 150.
D’où, Card(C) = 675 + 300 + 150 = 1125 puis P(C) =
319
Card(C)
1125
25
=
=
.
Card(Ω)
3060
68
4.b. Pour les tirages bicolores, le nombre de cas exclusifs possibles est plus important
donc on va tenter de passer à l’événement contraire pour limiter les calculs.
Soit D l’événement : “obtenir exactement deux couleurs”. On cherche P(D). Les tirages
avec exactement deux couleurs sont les tirages qui ne sont ni tricolores, ni unicolores ;
on a ainsi Card(D) = Card(Ω) − Card(D) où D est l’événement “obtenir un tirage
tricolore ou unicolore”.
Les tirages unicolores sont faciles à dénombrer (il n’y a que deux couleurs exclusives
possibles puisque les trois boules rouges ne peuvent former un tirage à elles seules) et
les tricolores viennent de l’être.
Le nombre de tirages! tricolores
" ! est
" 1125 (déjà calculé plus haut) et le nombre de
10
5
tirages unicolores est
+
= 210 + 5 = 215. Puisqu’un tirage ne peut être
4
4
à la fois tricolore et unicolore, on a donc Card(D) = 1125 + 215 = 1340 et ainsi
86
1720
=
.
Card(D) = 3060 − 1340 = 1720, puis P(D) =
3060
153
Retenir les deux techniques suivantes de dénombrement/probabilités :
• le passage à l’événement contraire plus simple à étudier (questions 2
et 4.b),
• le “découpage” d’un événement en sous-événements incompatibles plus
faciles à étudier (questions 3 et 4.a).
5. L’événement s’exprime naturellement comme une union d’événements mais ces
derniers ne sont pas incompatibles.
Soit A l’événement “obtenir exactement une boule noire” et B l’événement “obtenir
exactement deux boules numérotées 1”. On cherche à calculer P(A ∪ B). On sait que,
d’après la formule de la probabilité d’une union,
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).
L’intersection A ∩ B n’est pas vraiment élémentaire puisqu’on ignore si la boule noire
est celle numérotée 1 donc on la décompose elle aussi.
320
Chapitre 17
Espaces probabilisés
Ici,
Card(A)
Card(B)
=
=
! "
10
1
! "
3
2
×
×
! "
8
3
= 10 × 56 = 560
15
2
= 3 × 105 = 315
! "
et A ∩ B qui est encore un peu compliqué se décompose à l’aide de l’événement N :
“tirer la boule noire numéro 1”. On a alors, d’après la formule des probabilités totales
appliquée avec le système complet d’événements (N, N ),
P(A ∩ B)
=
P(A ∩ B ∩ N ) + P(A ∩ B ∩ N )
#
! "
! "
! "
! "
! "$ ! "−1
2
6
2
9
6
15
=
1×
×
+
×
×
1
2
2
1
1
4
84
7
30 + 54
=
=
.
=
3060
3060
255
On conclut que la probabilité de tirer exactement une boule noire ou exactement deux
boules numérotées 1 est égale à
560
315
84
791
P(A ∪ B) =
+
−
=
.
3060
3060
3060
3060
Exercice 17.2 : Fiabilité d’un test de diagnostic rapide
Un laboratoire a conçu un test de diagnostic rapide pour une maladie féline.
Toutefois ce test peut s’avérer positif pour un animal sain et négatif pour un
animal malade.
1. L’évaluation de la fiabilité du test est faite par le laboratoire lui-même qui a
rempli le tableau d’effectifs suivant à partir d’un échantillon “représentatif”
d’une population de chats.
effectifs
malades
sains
test positif
80
900
test négatif
20
9000
Calculer (pour cet échantillon) :
• la valeur prédictive positive V P P i.e. la probabilité qu’un animal (choisi
au hasard) soit vraiment malade sachant qu’il a été déclaré positif au test ;
• la valeur prédictive négative V P N i.e. la probabilité qu’un animal soit sain
sachant qu’il a été déclaré négatif ;
• la sensibilité Se i.e. la probabilité qu’un animal soit déclaré positif sachant
qu’il est malade ;
• la spécificité Sp i.e. la probabilité qu’un animal soit déclaré négatif sachant
qu’il est sain.
Exercice 17.2
Fiabilité d’un test de diagnostic rapide
321
Exercice 17.2 (suite) :
2. Suite à de nombreuses améliorations significatives, le test a été commercialisé
auprès des vétérinaires avec les informations suivantes Se! = 90% et Sp! = 95%
(considérées alors comme valables pour l’ensemble de la population féline). Le
vétérinaire sait aussi que la prévalence de la maladie † (la probabilité qu’un
animal soit malade) est de 0, 01% et la prévalence des positifs ‡ (la probabilité
que le test d’un animal soit positif) est, elle, de 0, 02%.
a. Que doit-il répondre à une personne qui consulte pour son animal déclaré
positif au test quant à ses chances d’être malade i.e. la V P P ?
b. L’animal du client suivant est déclaré négatif, quelles sont ses chances de
ne pas être malade i.e. la V P N ?
1. Il suffit de choisir des notations pour les événements “élémentaires” qui peuvent
survenir.
On note M l’événement “l’animal est malade” et P “le test de l’animal est positif”
de sorte que
P(M ∩ P )
Card(M ∩ P )
4
80
%
&=
V P P = P(M |P ) =
=
=
.
P(P )
80
+
900
49
Card(M ∩ P ) + Card M ∩ P
De même,
V PN
=
Se
=
Sp
=
% ' &
P M 'P =
%
%
&
Card M ∩ P
&
%
Card M ∩ P + Card M ∩ P
80
P(P |M ) =
= 80%
80 + 20
% ' &
9000
10
=
% 90, 91%.
P P 'M =
9000 + 900
11
&=
450
9000
=
9000 + 20
451
2.a. Les données de l’énoncé correspondent à la dimension clinique du test i.e. au
point de vue du vétérinaire qui veut éviter de ne pas détecter un malade (grande
sensibilité) et d’effrayer inutilement un maître (grande spécificité). Les probabilités
demandées sont plus proches des préoccupations du client qui est plus centré sur son
cas personnel : le résultat du test connu, peut-il le prendre pour argent comptant ?
Ce renversement de point de vue fait penser qu’il faut utiliser la formule de Bayes.
Avec les notations de la question précédente, V P P = P(M |P ). On note aussi les
deux prévalences de l’énoncé P rev = 0, 01% = P(M ) et P rev+ = 0, 02% = P(P ).
P(P |M )P(M )
Or, d’après la formule de Bayes, P(M |P ) =
donc
P(P )
0, 01
90
×
Se" × P rev
100 = 45 = 9 = 45%.
V PP =
= 100
0, 02
P rev+
100
20
100
†. On parle parfois de prévalence réelle.
‡. On parle parfois de prévalence apparente.
322
Chapitre 17
Espaces probabilisés
2.b. Même stratégie, en ayant recours aux événements contraires dès que nécessaire.
De même, toujours par la formule de Bayes,
V PN
%
&
%
99, 99
95
& % &
×
Sp" × (1 − P rev)
100
100
% &
=
=
99, 98
P P |M P M
=
P M |P =
=
19
9999
×
% 95, 01%.
20
9998
P P
1 − P rev+
100
Exercice 17.3 : Plusieurs chances de gagner ?
On dispose de n (n ! 4) sacs indiscernables S1 , . . . , Sn . Pour chaque k entre 1
et n, le sac Sk contient n + 1 jetons indiscernables dont k sont gagnants et les
autres perdants.
1. Le joueur choisit un sac au hasard et y pioche un unique jeton.
a. Quelle est la probabilité que le jeton soit gagnant ?
b. Sachant que le joueur a pioché un jeton gagnant, quelle est la probabilité
qu’il ait choisi le sac Sk ?
2. En cas d’échec avec le premier jeton, on offre au joueur d’autres chances de
gagner : il peut piocher à plusieurs reprises un nouveau jeton dans le même sac
sans y remettre ceux déjà piochés. Quelle est la probabilité d’avoir dû piocher
n
(
n2 (n + 1)2
)?
exactement trois jetons pour gagner (on rappelle que
k3 =
4
k=1
1.a. On commence par introduire des notations avec l’éventail des choix de sac possibles et on “conditionne” alors l’événement qui nous intéresse par rapport à ce premier
choix chronologique : c’est la formule des probabilités totales.
On note Sk l’événement “la pioche a eu lieu dans le sac Sk ” et G “le jeton pioché
est gagnant”. D’après la formule des probabilités totales appliquée avec le système
complet d’événements que constituent les Sk pour 1 " k " n, on a
P(G) =
n
(
P(G|Sk )P(Sk ).
k=1
1
Or les sacs sont indiscernables donc les Sk sont équiprobables et P(Sk ) =
pour
n
1 " k " n. Par ailleurs, compte tenu de l’équiprobabilité des jetons et de la proportion
k
. D’où,
de jetons gagnants dans Sk , on a P(G|Sk ) =
n+1
P(G) =
n
(
k=1
n
(
1
1
k 1
k= .
=
n+1n
n(n + 1)
2
k=1
Exercice 17.3
Plusieurs chances de gagner ?
323
1.b. On cherche la probabilité d’un événement dont le résultat est chronologiquement
connu avant la condition, on pense donc naturellement à la formule de Bayes.
La probabilité recherchée est P(Sk |G) qui vaut, d’après la formule de Bayes,
1
k
×
P(G|Sk )P(Sk )
2k
n
+
1
n
P(Sk |G) =
=
=
.
1
P(G)
n(n + 1)
2
2. Il faut désormais enchaîner plusieurs pioches pour gagner en trois coups donc,
à défaut d’indépendance (la composition du sac change au fur et à mesure), on va
invoquer la formule de conditionnement successif. En fait, la composition du sac dès
la première pioche dépend du sac choisi donc il faut tout conditionner à ce choix de
premier sac et commencer par utiliser la formule des probabilités totales.
On note désormais, pour 1 " i " 3, Ji l’événement “le i-ième jeton pioché est
gagnant”. La probabilité demandée est celle de J1 ∩ J2 ∩ J3 . Seuls les sacs contenant
au moins deux jetons perdants peuvent nécessiter trois pioches, donc d’après la formule
des probabilités totales
%
P J1 ∩ J2 ∩ J3
&
=
n−1
(
k=1
=
%
P(Sk )PSk J1 ∩ J2 ∩ J3
n−1
%
&
1(
PSk J1 ∩ J2 ∩ J3 .
n
&
k=1
En outre, d’après la formule des probabilités composées,
%
&
% ' &
% &
% '
&
PSk J1 ∩ J2 ∩ J3 = PSk J1 PSk J2 'J1 PSk J3 'J1 ∩ J2 .
Or, en tenant compte de la composition du sac Sk notamment après plusieurs pioches
infructueuses,
% & n+1−k
&
% ' & n−k
% '
k
PSk J1 =
,
PSk J2 'J1 =
,
PSk J3 'J1 ∩ J2 =
n+1
n
n−1
donc
%
P J1 ∩ J2 ∩ J3
&
=
n−1
1 ( n+1−k
n−k
k
×
×
n
n+1
n
n−1
k=1
=
n−1
(
1
k(n − k)(n + 1 − k).
n2 (n2 − 1)
k=1
Or, par linéarité de la somme et en remarquant que le terme d’indice k = n est nul,
n−1
(
k=1
k(n − k)(n + 1 − k)
=
n(n + 1)
n
(
k=1
=
=
=
k − (2n + 1)
n
(
k=1
k2 +
n
(
k3
k=1
n2 (n + 1)2
n(n + 1)(2n + 1)2
n2 (n + 1)2
−
+
2
6
4
n(n + 1)[6n(n + 1) − 2(2n + 1)2 + 3n(n + 1)]
12
(n − 1)n(n + 1)(n + 2)
n(n + 1)(n2 + n − 2)
=
12
12
324
Chapitre 17
Espaces probabilisés
d’où, finalement, la probabilité demandée vaut
n+2
.
12n
Exercice 17.4 : Plan et sens unique
Un plan de ville a la configuration
d’un damier à 4 cases. Les rues sont
en sens unique (de haut en bas et de
gauche à droite). Chaque rue a une probabilité p d’être fermée pour travaux,
indépendamment des autres rues. On
cherche la probabilité ρ de pouvoir traverser la ville de A à C.
A
−→
↓
L
−→
↓
D
I
−→ B
↓
↓
O
−→
↓
−→
K
J
↓
−→
C
1. Calculer la probabilité pAO qu’il existe un chemin libre de A au centre-ville O.
2.
a. Déterminer la probabilité p!AC qu’il existe un chemin de A à C, ne passant
pas par O.
b. Déterminer la probabilité p!!AC qu’il existe un chemin de A à C, passant
par le centre.
3. Quelle est la probabilité πADC que le chemin ADC soit libre et qu’il existe un
chemin libre de A à C passant par O ?
4. Conclure quant à la valeur de ρ.
On introduit comme événements élémentaires la liberté de chacune des rues et on
exprime les événements dont la probabilité est demandée à partir des premiers.
1. Ici, il s’agit une union d’intersections mais pas d’incompatibilité.
Il y a exactement deux chemins reliant A à O : celui passant par I et celui passant par
L. On note AI l’événement “il existe un chemin libre reliant A à I” et ainsi de suite
pour tout couple origine/destination de sorte que pAO = P((AI ∩ IO) ∪ (AL ∩ LO)).
D’après la formule de la probabilité d’une union,
P((AI ∩ IO) ∪ (AL ∩ LO)) = P(AI ∩ IO) + P(AL ∩ LO) − P(AI ∩ IO ∩ AL ∩ LO)
et, comme les rues sont libres indépendamment les unes et des autres et ce avec
probabilité p, on conclut que
pAO = (1 − p)2 + (1 − p)2 − (1 − p)4 = (1 − p)2 [2 − (1 − p)2 ] = (1 − p)2 (1 + 2p − p2).
2.a. Idem avec des intersections plus conséquentes.
Exercice 17.4
Plan et sens unique
325
Avec le même raisonnement qu’à la question précédente,
p"AC
=
=
=
P((AI ∩ IB ∩ BJ ∩ JC) ∪ (AL ∩ LD ∩ DK ∩ KC))
P(AI ∩ IB ∩ BJ ∩ JC) + P(AL ∩ LD ∩ DK ∩ KC)
−P(AI ∩ IB ∩ BJ ∩ JC ∩ AL ∩ LD ∩ DK ∩ KC)
(1 − p)4 + (1 − p)4 − (1 − p)8 .
Finalement, p"AC = (1 − p)4 [2 − (1 − p)4 ].
2.b. Là, c’est une intersection avec indépendance.
Avec les notations précédentes, p""AC = P(AO ∩ OC). Les rues permettant de relier A
à O et O à C ne sont pas les mêmes donc AO est indépendant de OC et, par suite,
p""AC = P(AO)P(OC). La partie du schéma allant de A à O (probabilités de fermeture
des rues comprises) est exactement la même que celle allant de O à C de sorte que
P(OC) = P(AO) = pAO . Finalement, p""AC = (1 − p)4 [2 − (1 − p)2 ]2 .
3. Même stratégie avec une intersection d’unions et un peu d’indépendance.
En énumérant toutes les possibilités, on a :
πADC = P(AL ∩ LD ∩ DK ∩ KC ∩ [(AI ∩ IO) ∪ LO] ∩ [OK ∪ (OJ ∩ JC)]).
Par indépendance des fermetures des rues,
πADC = P(AL)P(LD)P(DK)P(KC)P((AI ∩ IO) ∪ LO)P(OK ∪ (OJ ∩ JC)).
Par ailleurs, par la formule de la probabilité d’une union,
P((AI ∩ IO) ∪ LO)
=
=
=
=
P(AI ∩ IO) + P(LO) − P(AI ∩ IO ∩ LO)
(1 − p)2 + (1 − p) − (1 − p)3
(1 − p)[(1 − p) + 1 − (1 − p)2 ]
(1 − p)(1 + p − p2 ).
Comme il en va de même pour P(OK ∪ (OJ ∩ JC)), on conclut que
πADC = (1 − p)4 [(1 − p)(1 + p − p2 )]2 = (1 − p)6 (1 + p − p2 )2 .
4. Il faut faire la synthèse de tous les résultats obtenus et voir que presque tous les
cas ont été traités.
D’après la formule de la probabilité d’une union,
ρ
=
=
=
=
=
Or
P(AOC ∪ ADC ∪ ABC)
P(AOC) + P(ADC ∪ ABC) − P(AOC ∩ (ADC ∪ ABC))
p""AC + p"AC − P((AOC ∩ ADC) ∪ (AOC ∩ ABC))
p""AC + p"AC − P(AOC ∩ ADC) − P(AOC ∩ ABC) + P(AOC ∩ ADC ∩ ABC)
p""AC + p"AC − πADC − πADC + P(AOC ∩ ADC ∩ ABC).
AOC∩ADC∩ABC = AL∩LD∩DK∩KC∩AI∩IB∩BJ∩JC∩(IO∪LO)∩(OK∪OJ)
donc
P(AOC ∩ ADC ∩ ABC) = (1 − p)8 [2(1 − p) − (1 − p)2 ]2 = (1 − p)10 (1 + p)2 .
326
Chapitre 17
Espaces probabilisés
Finalement, en posant q = 1 − p,
ρ
=
=
=
=
q 4 [2 − q 2 ]2 + q 4 [2 − q 4 ] − 2q 6 [1 + 1 − q − (1 − q)2 ]2 + q 10 (1 + 1 − q)2
q 4 [(4 − 4q 2 + q 4 ) + (2 − q 4 ) − 2q 2 (1 + q − q 2 )2 + q 6 (2 − q)2 ]
q 4 [6 − 4q 2 − 2q 2 (1 + 2q − q 2 − 2q 3 + q 4 ) + q 6 (4 − 4q + q 2 )]
q 4 (6 − 6q 2 − 4q 3 + 2q 4 + 4q 5 + 2q 6 − 4q 7 + q 8 ).
Exercice 17.5 : Chaînes de Markov I
Un mobile se déplace de sommet en sommet sur une pyramide égyptienne le long
de ses arêtes (on notera Q, T , R et U dans cet ordre les sommets situés sur la base
et S celui situé au faîte de la pyramide). On supposera les déplacements successifs
indépendants et qu’au départ d’un sommet toutes les arêtes sont équiprobables.
On note
• Bn l’événement “au temps n, le mobile est sur la base de la pyramide”,
• Qn l’événement “au temps n, le mobile est au point Q” et on définit de même
Rn , Sn , Tn et Un pour les quatre autres sommets.
& 1
&
%
%
1. a. Justifier que P Bn+1 |Bn = et déterminer P Bn+1 |Bn .
3
1
b. Montrer que : ∀ n ∈ N, P(Bn+1 ) = 1 − P(Bn ).
3
c. Exprimer, pour n ∈ N, P(Bn ) en fonction de n et P(B0 ). En déduire que
la suite (P(Bn )) converge et préciser sa limite.
2. On pose

1 −1


1
1


P = 1
1


−1 −1

0
0
pour n ∈ N.


0
0 0




0 0
−3 1 1

1 


4 4
1
1 1 , A =

12 


4 4
0
1 1


0 −1 1
4 4
0
0
3 4
3 4
0 4
3 0
3 0



4
P(Qn )






P(Rn )
4






4 , Zn =  P(Sn ) 






 P(Tn ) 
0



0
P(Un )
a. Montrer que, pour tout n ∈ N, Zn+1 = AZn .
b. Montrer que P est inversible et déterminer son inverse.
c. Calculer D = P AP −1 .
d. Montrer par récurrence que :
∀ n ∈ N,
Zn = P −1 Dn P Z0 .
e. On suppose désormais que P(Q0 ) = 1. Montrer que la suite (P(Qn ))
converge et préciser sa limite.
Exercice 17.5
Chaînes de Markov I
327
1.a. On visualise le mouvement du mobile à partir de l’un des sommets : partant du
faîte de la pyramide, il y a quatre arêtes possibles à emprunter alors que, partant d’un
sommet de la base, il n’y en a que trois.
Sachant que le mobile est situé sur la base à l’instant n, indépendamment du sommet
précis dont il part (disons Q pour fixer les idées), il peut effectuer trois mouvements
équiprobables dont un seul le conduit au sommet à l’instant n + 1 (les deux autres le
%
& 1
conduisent en T et en U ) donc P Bn+1 |Bn = . Partant du sommet, il ne peut pas
3%
&
y rester donc il va nécessairement sur la base et P Bn+1 |Bn = 1.
1.b. On vient d’obtenir des probabilités conditionnelles reliant les deux événements
(ou leurs contraires) dont on veut relier les probabilités. On pense donc naturellement
à la formule des probabilités totales.
Soit n ∈ N. D’après la formule des probabilités totales appliquée avec le système
complet d’événements (Bn , Bn ),
P(Bn+1 )
=
=
%
& %
P(Bn+1 |Bn )P(Bn ) + P Bn+1 |Bn P Bn
/
%
&0
%
&
&
1 − P Bn+1 |Bn P(Bn ) + P Bn+1 |Bn [1 − P(Bn )]
2
1
1
1
P(Bn ) + 1 − P(Bn ) = 1 − P(Bn ).
=
1−
3
3
1
En conclusion, pour tout n ∈ N, P(Bn+1 ) = 1 − P(Bn ).
3
1.c. On reconnaît une suite usuelle de type arithmético-géométrique.
D’après la relation de récurrence de la question précédente (P(Bn )) est une suite
1
3
est l’unique réel vérifiant ω = 1 − ω donc, par
4
3
soustraction avec la relation de récurrence vérifiée par (P(Bn )), la suite de terme
1
général P(Bn ) − ω est géométrique de raison − . En particulier, pour tout n ∈ N,
3
1 1 2n
1 1 2n 1
2
3
3
P(Bn )−ω = −
(P(B0 )−ω) autrement dit P(Bn ) = + −
P(B0 ) −
.
4
3
4
1 3 2n
3
1
= 0, on en déduit que la suite (P(Bn )) converge vers .
Comme lim
−
n→+∞
3
4
arithmético-géométrique. ω =
2.a. On doit relier l’instant n+1 à l’instant n, on pense naturellement à la formule des
probabilités totales et on reprend l’étude de la toute première question en différenciant
aussi les sommets de la base. La rédaction ci-dessous permet d’éviter de prendre des
précautions en cas de conditionnement par un événement impossible.
Soit n ∈ N. Pour arriver en Q à l’instant n + 1, les seules possibilités sont de venir
de S, T ou U . Le sommet S possède quatre destinations équiprobables (dont Q)
1
donc P(Qn+1 |Sn ) = . Les sommets T et U ne possède que trois destinations donc
4
1
P(Qn+1 |Tn ) = P(Qn+1 |Un ) = . Ainsi, par additivité de la loi P,
3
P(Qn+1 ) = P(Qn+1 ∩ Sn ) + P(Qn+1 ∩ Tn ) + P(Qn+1 ∩ Un )
=
=
P(Qn+1 |Sn )P(Sn ) + P(Qn+1 |Tn )P(Tn ) + P(Qn+1 |Un )P(Un )
1
1
1
P(Sn ) + P(Tn ) + P(Un ).
4
3
3
328
Chapitre 17
Espaces probabilisés
Par symétrie des rôles des trois autres sommets de la base, on a de même
1
1
1
P(Rn+1 ) =
P(Sn ) + P(Tn ) + P(Un )
4
3
3
1
1
1
P(Sn ) + P(Qn ) + P(Rn )
P(Tn+1 ) =
4
3
3
1
1
1
P(Un+1 ) =
P(Sn ) + P(Qn ) + P(Rn ).
4
3
3
1
Enfin, pour arriver en S, on vient de la base et ce avec probabilité par sommet de
3
la base donc
1
1
1
1
P(Sn+1 ) = P(Qn ) + P(Rn ) + P(Tn ) + P(Un ).
3
3
3
3
Matriciellement, on obtient bien Zn+1 = AZn .
2.b. On résout (astucieusement ou non) un système générique associé






x
−
y
=
a
x−y = a










 x + y − 3z + t + w = b

−4z = b − c




L2 ←L2 −L3
⇐⇒
x+y+z+t+w = c
x+y+z+t+w = c
L4 ←L4 +L3










−x − y + t + w = d
z + 2t + 2w = c + d










−t + w = e
−t + w = e



x−y = a






−4z = b − c


L3 ←L3 +L1
⇐⇒
2x + z + t + w = a + c
L4 ←L4 +2L5 




z + 4w = c + d + 2e





−t + w = e

−8a+b+3c−4d


 y = −a + x =
16



−b+c


z =

4

a+c−z−t−w
⇐⇒
= 8a+b+3c−4d
x =
2
16



c+d+2e−z
b+3c+4d+8e


w =
=

4
16



 t = −e + w = b+3c+4d−8e
16
le “candidat inverse” de P ainsi obtenu au brouillon peut ensuite être “parachuté”
dans la rédaction.
Par produit matriciel,

8
1
3

−8 1 3

1 
 0 −4 4
16 
0
1
3

0
1
3
−4
−4
0
4
4
0



16

0

1 

0
0 P =
16 


0
−8

0

8
0

0
0
0
0
16
0
0
0
16
0
0
0
16
0

0
0
0




0
0  = I5 .
16
Exercice 17.5

Chaînes de Markov I
8

−8

1 
−1
Ainsi P est inversible d’inverse P
=
0
16 
0

1
3
−4
1
3
−4
−4
4
0
1
3
4
1
3
4
0
0

D
=
1

1


−1
P AP
= 1

−1

0
0
1
−3
1
1
1
1
−1
0
1
0
0
−1
0

=
0
0

=
0
0
0
0
0
−4

0
0
0
0
0
0

0 −4 × 16

1

0
0
12 × 16 
0
0

0
0
0

0

0
0

0 0

 1 
4 4
1
 12 

4 4
1

1

4
1


−4




−8 −8
12

−4 −4 12

1

 12 12 12
12 × 16 
8
8
0

0
=
0

−4 −4 12

1 
 12 12 12
12 
8
8
0

0

−1
12  P
4


0




−8
0 .
8
2.c. Il s’agit d’un simple calcul de produits matriciels.
Par produit matriciel,
329

3
4
4
3
4
0
4
3
0
4

3
0
0




0
4 P
−1
−1
0
0
−4
0


8

−4
 −8



−8 −8  0
12
0
12   0
0
0
0
0
0
0
12 × 16
0
0
−8 × 16
0
0
1
3
−4
1
3
−4
−4
4
0
1
3
4
1
3
0

4

0

0

 
0 = 
0
 


0 0


0

0
0
0


0




−8
0
8

0
1
−
3
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
2
−
3
0
0



0
.


0
0
2.d. Comme demandé, on procède par récurrence : le point clef de l’hérédité est la
bonne utilisation de l’associativité du produit matriciel en regroupant correctement
les facteurs
AP −1 Dn P = (P −1 P )AP −1 Dn P = P −1 (P AP −1 )Dn P = P −1 (D×Dn )P = P −1 Dn+1 P.
330
Chapitre 17
Espaces probabilisés
Pour n ∈ N, notons Pn la propriété “Zn = P −1 Dn P Z0 ” que l’on va montrer par
récurrence. Pour l’initialisation, P −1 D0 P Z0 = (P −1 P )Z0 = Z0 donc P0 est vraie.
Supposons maintenant que Pn est vraie pour un certain n ∈ N, alors
Zn+1 = AZn = (AP −1 )Dn P Z0 = (P −1 D)Dn P Z0 = P −1 Dn+1 P Z0
donc Pn+1 est vraie. Ainsi, par principe de récurrence :
Zn = P −1 Dn P Z0 .
∀ n ∈ N,
2.e. Là encore, produit matriciel et reconnaissance d’une suite usuelle.
 
1
 
0
 
 
Si P(Q0 ) = 1 alors Z0 = 0 et, par suite,
 
0
 
0

0

0


Zn = P −1 
0

0

0
0
1 2n
1
−
3
0
0
0
0
0
0
0
0
0
71
2
1
0
1 2 2n
−
3
0
1

0



0
 1 1 2n 
 



0  1 
 −3





 
−1 

.
=
P
0  1 
1


1 2 2n 



 
− −

0

 −1
3 
0
0
0
1
2 8
1
1 n
2 n
−
+3+4 −
et (P(Qn )) qui est alors une com16
3
3
1
2
binaison linéaire de suites géométriques de raisons respectives − , 1 et − converge
3
3
3
vers
.
16
Finalement P(Qn ) =
Ce dernier résultat était prévisible : la pyramide comporte 8 arêtes donc, en tenant
compte de l’orientation, cela fait un total de 16 mouvements possibles dont 3 seulement
à destination du sommet Q (comme pour les trois autres sommets de la base, le
sommet au faîte de la pyramide est lui atteint par 4 mouvements).
Liste des capacités attendues
331
Liste des capacités attendues
• Savoir utiliser l’incompatibilité de deux (ou plus) événements (cf questions 17.1.3, 17.1.4 et 17.5.2.a) : si les Ak (1 " k " n) sont (deux à deux)
incompatibles, alors
9 n
;
n
(
:
P
P(Ak ) (additivité de la loi de probabilité P).
Ak =
k=1
k=1
• Savoir utiliser l’indépendance (mutuelle ou deux à deux) d’événements
ou d’épreuves (cf exercice 17.4)
• Savoir utiliser la formule de la probabilité d’une union (cf exercice 17.4
et question 17.1.5)
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) .
• Savoir utiliser la formule de conditionnement (cf question 17.2.1)
P(B|A) =
P(B ∩ A)
.
P(A)
• Savoir utiliser la formule des probabilités composées (ou des conditionnements successifs) (cf question 17.3.2)
9 n
;
9 'k−1 ;
n
'<
=
<
'
Ai .
P
P Ak '
Ak =
'
k=1
k=1
i=1
• Savoir utiliser la formule des probabilités totales (cf questions 17.1.5,
17.3.1.a, 17.5.1.b et 17.5.2.a) : si (Ak )1!k!n est un système complet d’événements, alors
P(B) =
n
(
k=1
P(B|Ak )P(Ak ) =
n
(
k=1
P(B ∩ Ak ) ∗.
∗. Par convention, une probabilité conditionnelle associée à un événement négligeable est nulle,
autrement dit, si P(Ak ) = 0, alors P(B|Ak ) = 0 de sorte que le produit P(B|Ak )P(Ak ) est bien défini
et l’égalité P(B|Ak )P(Ak ) = P(B ∩ Ak ) est “encore” vraie.
332
Chapitre 17
Espaces probabilisés
• Savoir utiliser la formule de Bayes (cf questions 17.2.2 et 17.3.1.b) : si
(Ak )1!k!n est un système complet d’événements, alors
P(Aj |B) =
P(B|Aj )P(Aj )
P(B|Aj )P(Aj )
P(B ∩ Aj )
= n
= n
,
(
(
P(B)
P(B|Ak )P(Ak )
P(B ∩ Ak )
k=1
en particulier, avec le système complet (A, A),
P(A|B) =
P(B|A)P(A)
.
P(B)
k=1