Espaces de probabilités.

Université Pierre et Marie Curie
Probabilités et statistiques - LM345
2012-2013
Feuille 2 (semaine du 24 au 28 septembre)
Espaces de probabilités.
1. On rappelle qu’un ensemble est dénombrable s’il peut être mis en bijection avec
une partie finie ou infinie de l’ensemble N des entiers naturels.
a. Montrer qu’un ensemble E est dénombrable si et seulement s’il existe une injection
de E dans N.
b. Montrer qu’un ensemble non vide E est dénombrable si et seulement s’il existe une
surjection de N sur E.
c. Montrer que si E et F sont deux ensembles dénombrables, alors E × F est dénombrable. Plus généralement, montrer que si E1 , . . . , En sont dénombrables, alors E1 ×. . .×En
est dénombrable.
d. MontrerSque si I est dénombrable et (Ei )i∈I est une famille d’ensembles dénombrables, alors i∈I Ei est un ensemble dénombrable.
On retiendra qu’un produit cartésien fini d’ensembles dénombrables et une réunion
dénombrable d’ensembles dénombrables sont dénombrables.
e. Parmi les ensemble suivants, dire lesquels sont dénombrables : N, Z, Q, R, l’ensemble
des suites finies de longueur quelconque de 0 et de 1, l’ensemble des suites infinies de 0
et de 1, l’ensemble des suites finies d’entiers naturels, l’ensemble des polynômes à une
indéterminée à coefficients rationnels.
Solution de l’exercice 1. a. Soit E dénombrable. Puisque E est dénombrable, on peut
trouver une partie A ⊂ N et une bijection f : E → A. Soit i : A → N l’application
d’inclusion de A dans N. Alors i ◦ f : E → N est une injection.
Réciproquement, soit E un ensemble et i : E → N une injection. Notons A = i(E).
Alors l’application i : E → A dont on a restreint l’ensemble d’arrivée est une bijection.
b. Soit E dénombrable non vide. Puisque E est dénombrable, on peut trouver une
partie A ⊂ N et une bijection f : E → A. Notons g : A → E la bijection réciproque.
Soit x un élément de E (il en existe car E n’est pas vide). Définissons h : N → E par
g(n) si n ∈ A
∀n ∈ N, h(n) =
x
sinon.
Pour tout y ∈ E, on a f (y) ∈ A donc h(f (y)) = g(f (y)) = y donc y appartient à l’image
de h. Ainsi, h est surjective.
Réciproquement, soit h : N → E une surjection. Pour tout x ∈ E, considérons {n ∈
N : h(n) = x}. Puisque h est surjective, c’est une partie non vide de N et on peut en
considérer le plus petit élément : définissons k : E → N par
∀x ∈ E, k(x) = min{n ∈ N : h(n) = x}.
1
On a pour tout x ∈ E l’égalité h(k(x)) = x. Il s’ensuit que pour tous x, y ∈ E, l’égalité
k(x) = k(y) entraîne x = h(k(x)) = h(k(y)) = y, c’est-à-dire que k est injective. Notons
B = k(E) ⊂ N l’image de k. Alors l’application k : E → B dont on a restreint l’ensemble
d’arrivée est une bijection.
c. Soient E et F deux ensembles dénombrables. Soient f1 : E → N et f2 : F → N des
injections. L’application f : E × F → N × N définie par
∀x ∈ E, ∀y ∈ F, f (x, y) = (f1 (x), f2 (y))
est une injection. Il suffit maintenant de démontrer que N×N est dénombrable. En effet, si
nous y parvenons, nous pourrons considérer une injection i : N×N → N, et la composition
i ◦ f : E × F → N nous fournira une injection de E × F dans N.
Pour construire i, on peut utiliser la formule
∀(m, n) ∈ N2 , i(m, n) = 2m 3n .
Le fait que ce soit une injection découle de l’unicité de la décomposition en facteurs
premiers d’un entier.
On a démontré que le produit cartésien de deux ensembles dénombrables est dénombrable. Raisonnons par récurrence et supposons démontré que le produit de n−1 ensembles
dénombrables est dénombrable, où n est un entier supérieur ou égal à 3. Soient E1 , . . . , En
des ensembles dénombrables. En écrivant
E1 × . . . × En = (E1 × . . . × En−1 ) × En ,
on voit que E1 × . . . × En est dénombrable, comme produit cartésien de deux ensembles
dénombrables.
d. Pour chaque i ∈ I, soit hiS: N → Ei une surjection. Soit k : N → I une surjection.
Alors l’application s : N × N → i∈I Ei définie par
∀(m, n) ∈ N × N, s(m, n) = hk(m) (n)
S
est une surjection. En effet, soit x un élément de i∈I Ei . Il existe i0 tel que x appartienne
à Ei0 . Soit m un entier tel que k(m) = i0 . Soit n un entier tel que hi0 (n) = x. Alors
x = s(m, n).
S
Puisque N × N est dénombrable, il s’ensuit que i∈I Ei est dénombrable.
e. L’ensemble N est bien sûr dénombrable, il est en bijection avec lui-même par l’identité. L’ensemble Z est la réunion de N et de −N qui sont dénombrables, donc il est
dénombrable. L’ensemble Q est dénombrable, car l’application r : Z × Z∗ → Q définie par
r(p, q) = pq , dont l’ensemble de départ est dénombrable, est surjective.
L’ensemble R n’est pas dénombrable (c’est un théorème de Cantor).
L’ensemble des suites de longueur n de 0 et de 1 est l’ensemble fini {0, 1}n . L’ensemble des suites finies de longueur quelconque de 0 et de 1 est la réunion dénombrable
S
n
n≥1 {0, 1} , c’est donc un ensemble dénombrable.
2
L’ensemble des suites infinies de 0 et de 1 est l’ensemble {0, 1}N . L’application f :
{0, 1}N → [0, 1] définie par
X
∀ε = (εn )n≥1 ∈ {0, 1}N , f (ε) =
2−n εn
n≥1
est surjective sur l’intervalle [0, 1], puisque tout nombre réel entre 0 et 1 admet un développement dyadique (c’est-à-dire une écriture décimale en base 2). Si {0, 1}N était dénombrable, il existerait une surjection N → {0, 1}N et, par composition, une surjection
N → [0, 1], ce qui n’existe pas car [0, 1] n’est pas dénombrable.
L’ensemble des suites de longueur n d’entiers est l’ensemble dénombrable Nn . L’ensemble
des suites finies de longueur quelconque d’entiers est la réunion dénombrable
S
n
n≥1 N , qui est donc encore un ensemble dénombrable.
L’ensemble Q[X] des polynômes à coefficients rationnels est en bijection avec l’ensemble des suites finies de nombres rationnels, qui est dénombrable par le même argument
qu’au paragraphe précédent.
2. a. Soit (Ω, F , P) un espace de probabilités. Soit n ≥ 1. Soient A1 , . . . , An des
événements. Montrer que
n
X
P(A1 ∪ . . . ∪ An ) =
(−1)k−1
k=1
X
P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ) .
1≤i1 <...<ik ≤n
C’est la formule d’inclusion-exclusion.
b. En appliquant cette formule à un espace de probabilités et à des événements bien
choisis, calculer le nombre de surjections de {1, . . . , p} dans {1, . . . , n} pour tous n et p
entiers.
Solution de l’exercice 2. a. On démontre cette formule par récurrence sur n. Pour
n = 1, la formule dit que P(A1 ) = P(A1 ). Pour n = 2, la formule s’écrit P(A1 ∪ A2 ) =
P(A1 )+P(A2 )−P(A1 ∩A2 ) et c’est un énoncé démontré dans le cours. Supposons la formule
établie pour n − 1 événements, avec n ≥ 3, et considérons n événements A1 , . . . , An . On a
P(A1 ∪ . . . ∪ An ) = P((A1 ∪ . . . ∪ An−1 ) ∪ An )
= P(A1 ∪ . . . ∪ An−1 ) + P(An ) − P((A1 ∪ . . . ∪ An−1 ) ∩ An )
= P(A1 ∪ . . . ∪ An−1 ) + P(An ) − P((A1 ∩ An ) ∪ . . . ∪ (An−1 ∩ An ))
L’hypothèse de récurrence permet de calculer le premier et le troisième terme du membre
3
de droite et on obtient :
P(A1 ∪ . . . ∪ An ) =
n−1
X
P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ) + P(An )
1≤i1 <...<ik ≤n−1
k=1
−
X
(−1)k−1
n−1
X
X
(−1)k−1
P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ∩ An )
1≤i1 <...<ik ≤n−1
k=1
P(A1 ∪ . . . ∪ An ) = P(A1 ) + P(A2 ) + . . . P(An )
+
n−1
X
n−2
X
P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik )
1≤i1 <...<ik ≤n−1
k=2
−
X
(−1)k−1
X
(−1)k−1
P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ∩ An )
1≤i1 <...<ik ≤n−1
k=1
n−2
− (−1) P(A1 ∩ A2 ∩ . . . An )
P(A1 ∪ . . . ∪ An ) = P(A1 ) + P(A2 ) + . . . P(An )
n−1
X
(−1)k
+
X
P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik )
1≤i1 <...<ik ≤n
k=2
+ (−1)n−1 P(A1 ∩ A2 ∩ . . . An )
où dans la dernière inégalité on utilise que
−
n−2
X
k=1
(−1)
k−1
X
P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ∩ An ) =
1≤i1 <..<ik ≤n−1
n−1
X
(−1)k−1
k=2
X
P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik )
1≤i1 <..<ik ≤n|ik =n
On obtient bien la formule souhaitée pour P(A1 ∩ . . . ∩ An ).
b. Considérons Ω = {1, . . . , n}{1,...,p} l’ensemble des applications de {1, . . . , p} dans
{1, . . . , n}. Munissons Ω de la tribu P(Ω) et de la mesure de probabilité uniforme :
∀A ∈ P(Ω), P(A) =
|A|
|A|
= p.
|Ω|
n
Pour tout m ∈ {1, . . . , n}, soit Am l’ensemble des applications dont l’image ne contient
pas l’entier m. La réunion A1 ∪ . . . ∪ An est l’ensemble des applications qui ne sont pas
surjectives. Par ailleurs, pour tout k ∈ {1, . . . , n} et tous i1 , . . . , ik avec 1 ≤ i1 < . . . <
ik ≤ n, l’ensemble Ai1 ∩ . . . ∩ Aik est l’ensemble des applications dont l’image ne contient
aucun des entiers i1 , i2 , . . . , ik . Le nombre de ces applications est le nombre d’applications
de {1, . . . , p} dans {1, . . . , n} \ {i1 , . . . , ik }, c’est-à-dire (n − k)p . Ainsi,
P(A1 ∪ . . . ∪ An ) =
n
X
k=1
k−1
(−1)
X
1≤i1 <...<ik
n−1
p
(n − k)p X
k−1 n (n − k)
=
(−1)
.
p
np
k
n
≤n
k=1
4
Il s’ensuit que le nombre Sp,n d’applications surjectives de {1, . . . , p} dans {1, . . . , n}, qui
est le cardinal du complémentaire de A1 ∪ . . . ∪ An , vaut
n−1
n−1
X
X
p
p
k−1 n
k n
Sp,n = n −
(n − k) =
(n − k)p .
(−1)
(−1)
k
k
k=1
k=0
Notons que, bien que ce ne soit pas évident sur cette formule, Sp,n = 0 si p < n.
3. Que peut-on dire d’un événement qui est indépendant de lui-même ?
Solution de l’exercice 3. Soit (Ω, F , P) un espace de probabilités. Soit A ∈ F . L’événement A est indépendant de lui-meme si et seulement si P(A ∩ A) = P(A)P(A), c’est-à-dire
si et seulement si P(A) = P(A)2 , ce qui a lieu si et seulement si P(A) vaut 0 ou 1. En
somme, un événement est indépendant de lui-même si et seulement s’il est négligeable ou
presque sûr.
4. Dans une grande assemblée, on demande à chaque personne d’écrire son nom sur
un bout de papier et de le mettre dans un chapeau. On agite le chapeau puis chacun tire
un bout de papier. Quelle est la probabilité que personne ne tire le bout de papier portant
son propre nom ?
Solution de l’exercice 4. Soit n le nombre de personnes présentes. On attribue à chaque
personne un numéro entre 1 et n. Chaque personne tire un nom et un seul du chapeau
et l’application qui au numéro d’une personne associe le numéro de la personne dont
elle a tiré le nom est une bijection de l’ensemble {1, . . . , n} dans lui-même. On prend
pour Ω l’ensemble des permutations de l’ensemble {1, . . . , n}. On munit Ω de la tribu
P(Ω) et de la probabilité uniforme. On chercher à compter le nombre de permutations
σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} telles que pour tout i ∈ {1, . . . , n} on ait σ(i) 6= i. On
appelle de telles permutations des permutations sans point fixe ou des dérangements. On
va utiliser la formule d’inclusion-exclusion.
Pour tout m ∈ {1, . . . , n}, on note Am l’ensemble des permutations qui fixent m, c’està-dire l’ensemble des permutations σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} telles que σ(m) = m. Pour
tout k ∈ {1, . . . , n} et tous i1 , . . . , ik avec 1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ n, l’ensemble Ai1 ∩ . . . ∩ Aik
est l’ensemble des permutations telles que σ(i1 ) = i1 , . . . , σ(ik ) = ik . Le nombre de telles
permutations est le nombre de permutations de l’ensemble {1, . . . , n} \ {i1 , . . . , ik }, c’està-dire (n − k)!. Ainsi, la probabilité dn qu’une permutation tirée uniformément soit un
dérangement, qui est la probabilité du complémentaire de A1 ∪ . . . ∪ An , vaut
n
n
X
X
(−1)k
k−1 n (n − k)!
=
.
dn = 1 −
(−1)
n!
k!
k
k=0
k=1
Lorsque n tend vers l’infini, cette série converge très rapidement vers 1e . Puisque l’assemblée est grande, on peut dire avec une excellente approximation que la probabilité que
personne ne tire son propre nom est 1e ' 37%.
5
5. Quelle est la probabilité pour que parmi vingt-trois personnes, deux aient la même
date d’anniversaire ?
Solution de l’exercice 5. On négligera l’existence du 29 février. Attribuons un numéro
de 1 à 23 à chaque personne. Les dates d’anniversaire de ces vingt-trois personnes constituent une application de {1, . . . , 23} dans l’ensemble {1, . . . , 365} des jours de l’année. On
prend donc Ω = {1, . . . , 365}{1,...,23} , muni de la tribu P(Ω) et de la probabilité uniforme.
L’événement A dont nous voulons calculer la probabilité est l’ensemble des applications
qui ne sont pas injectives. Il est plus facile de compter les applications injectives que les
applications qui ne le sont pas. On a en effet
365!
343
365 364
|Ac |
(365−23)!
=
...
' 49, 3%.
=
P(A ) =
23
|Ω|
365
365 365
365
c
Ainsi, P(A) ' 50, 7%. On considère en général que le fait que cette probabilité soit
supérieure à 12 pour un groupe de personnes si petit est contraire à l’intuition commune, et
ce résultat est parfois appelé paradoxe des anniversaires, bien qu’il n’ait rien de paradoxal.
6. On tire deux cartes d’un jeu de 32. Quelle est la probabilité d’obtenir une paire ?
Si l’on n’a pas obtenu une paire, on a le choix entre jeter l’une des deux cartes tirées et en
retirer une parmi les 30 restantes, ou jeter les deux cartes tirées et en retirer deux parmi
les 30 restantes. Quelle stratégie donne la plus grande probabilité d’avoir une paire à la
fin ?
Solution de l’exercice 6. Il y a C42 = 6 paires de chaque hauteur (sans l’ordre), donc
3
96
= 31
' 0, 097.
2 × 6 × 8 = 96 en tout (avec l’ordre). Donc une probabilité de 32∗31
Si on change une seule carte, on obtient une paire lorsqu’on tire une des 3 cartes de
3
1
la même hauteur que celle qu’on a gardée en main. On a donc une probabilité 30
= 10
d’obtenir une paire.
Si on change les deux cartes, il y a 30 × 29 tirages ordonnés possibles de 2 nouvelles
cartes. Parmi eux, on a deux manières d’obtenir une paire : Considérons d’abord le cas
où la première carte est l’une des 6 cartes de la même hauteur que l’une des deux cartes
que l’on a jetées, alors il reste seulement 2 cartes parmi les 29 restantes permettant de
compléter la paire. Dans l’autre cas, où la première carte est l’une des 24 autres cartes, il
y a 3 secondes cartes possibles donnant une paire. Au final, on obtient 6 × 2 + 24 × 3 = 84
84
14
1
tirages ordonnés donnant une paire. Soit une probabilité de 30×29
= 145
< 10
.
C’est donc la première stratégie qui donne la plus grandes possibilité d’obtenir une
paire.
7. On considère un jeu de pile ou face infini. Soit n ≥ 0 un entier. Calculer la
probabilité que le premier temps auquel on obtient pile soit le temps n.
6
Soit k ≥ 1 un entier. Calculer la probabilité que le k-ième temps auquel on obtient
pile soit le temps n.
Solution de l’exercice 7. On note p la probabilité d’obtenir un pile. Celle d’obtenir un
face est donc 1 − p. L’énoncé laisse entendre que le jeu est non biaisé et que p = 1/2 mais
les calculs sont plus clairs en gardant la notation p.
La probabilité que le premier pile soit obtenu au temps n (et donc qu’on a donc obtenu
face lors des n − 1 premiers tirages) est (1 − p)n−1 p.
Soit k ≥ 1. Dire que le k-ième temps auquel on obtient pile est le temps n, revient a
dire qu’on a obtenu exactement k −1 pile sur les n−1 premiers tirages, puis un pile encore
k−1
au n-ième. Il y a Cn−1
manières d’obtenir cela (chacune revient à choisir les positions des
k − 1 premiers pile parmi les n − 1 premiers lancers). Chacun de ces tirages a la même
probabilité (1 − p)n−k pk . De plus ces événements sont disjoints, donc la probabilité totale
k−1
(que le k-ième temps auquel on obtient pile soit le temps n) est Cn−1
(1 − p)n−k pk .
8. Sur la page de Wikipedia consacrée aux probabilités au poker 1 on trouve un tableau qui indique la probabilité que dans cinq cartes tirées au hasard parmi trente-deux,
on trouve une configuration plus forte ou égale (selon les règles du poker) à telle ou telle
configuration. En particulier, on lit que la probabilité d’avoir une paire de rois ou mieux
vaut 42,7%. Après le tableau on lit la chose suivante :
Le tableau permet de répondre à des questions du type : J’ai une paire de roi servie, nous
jouons à quatre à 32 cartes, quelle est la probabilité que ma main soit la meilleure ?
Voici les étapes de calcul pour y répondre :
La probabilité pour un joueur d’avoir au moins une paire de Rois est : 42,7%. Il a donc 57,3%
de chances d’avoir strictement moins qu’une paire de Rois. Pour que la paire de rois soit la
plus forte, il faut que le 1er adversaire ait moins ET que le 2nd ait moins ET que le 3eme ait
moins. La probabilité de cet événement est le produit : 57,3% x 57,3% x 57,3% = 18,81%.
Notre paire de Rois a donc 18,81% de chances de battre les 3 autres joueurs.
Que pensez-vous de cet extrait ?
Solution de l’exercice 8. Dans le calcul qui est fait à la fin de ce paragraphe, l’auteur
calcule la probabilité de l’intersection de trois événements en multipliant leurs probabilités
sans s’assurer que ces événements sont indépendants. Or ils ne le sont pas. Sans faire de
calcul (mais il faut se méfier de l’intuition dans ce domaine), on peut même essayer de
deviner dans quel sens : il semble plausible que le fait qu’un joueur ait un mauvais jeu soit
positivement corrrélé avec le fait qu’un autre en ait un bon. Quoi qu’il en soit, ce qu’un
des trois joueurs adverses a en main modifie la composition du paquet duquel sont tirés
les autres jeux adverses et donc la probabilité qu’ils aient ou non mieux qu’une paire de
rois.
1. http ://fr.wikipedia.org/wiki/Probabilité_au_poker
7
Néanmoins, il est aussi vraisemblable que la dépendance entre les événements considérés soit faible et que le calcul présenté par l’auteur soit juste avec une assez bonne
approximation.
Je vous laisse le plaisir de faire les calculs qui confiremeront ou infirmeront ces affirmations.
8