Espaces de probabilités.

Université Pierre et Marie Curie 2012-2013
Probabilités et statistiques - LM345 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 Ndes entiers naturels.
a. Montrer qu’un ensemble Eest dénombrable si et seulement s’il existe une injection
de Edans N.
b. Montrer qu’un ensemble non vide Eest dénombrable si et seulement s’il existe une
surjection de Nsur E.
c. Montrer que si Eet Fsont deux ensembles dénombrables, alors E×Fest dénom-
brable. Plus généralement, montrer que si E1, . . . , Ensont dénombrables, alors E1×. . .×En
est dénombrable.
d. Montrer que si Iest dénombrable et (Ei)i∈Iest une famille d’ensembles dénom-
brables, alors Si∈IEiest 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 0et 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 Edénombrable. Puisque Eest dénombrable, on peut
trouver une partie A⊂Net une bijection f:E→A. Soit i:A→Nl’application
d’inclusion de Adans N. Alors i◦f:E→Nest une injection.
Réciproquement, soit Eun ensemble et i:E→Nune injection. Notons A=i(E).
Alors l’application i:E→Adont on a restreint l’ensemble d’arrivée est une bijection.
b. Soit Edénombrable non vide. Puisque Eest dénombrable, on peut trouver une
partie A⊂Net une bijection f:E→A. Notons g:A→Ela bijection réciproque.
Soit xun élément de E(il en existe car En’est pas vide). Définissons h:N→Epar
∀n∈N, h(n) = g(n)si n∈A
xsinon.
Pour tout y∈E, on a f(y)∈Adonc h(f(y)) = g(f(y)) = ydonc yappartient à l’image
de h. Ainsi, hest surjective.
Réciproquement, soit h:N→Eune surjection. Pour tout x∈E, considérons {n∈
N:h(n) = x}. Puisque hest surjective, c’est une partie non vide de Net on peut en
considérer le plus petit élément : définissons k:E→Npar
∀x∈E, k(x) = min{n∈N:h(n) = x}.
1

On a pour tout x∈El’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 kest injective. Notons
B=k(E)⊂Nl’image de k. Alors l’application k:E→Bdont on a restreint l’ensemble
d’arrivée est une bijection.
c. Soient Eet Fdeux ensembles dénombrables. Soient f1:E→Net f2:F→Ndes
injections. L’application f:E×F→N×Ndéfinie par
∀x∈E, ∀y∈F, f(x, y)=(f1(x), f2(y))
est une injection. Il suffit maintenant de démontrer que N×Nest dénombrable. En effet, si
nous y parvenons, nous pourrons considérer une injection i:N×N→N, et la composition
i◦f:E×F→Nnous fournira une injection de E×Fdans N.
Pour construire i, on peut utiliser la formule
∀(m, n)∈N2, i(m, n) = 2m3n.
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 dénom-
brable. Raisonnons par récurrence et supposons démontré que le produit de n−1ensembles
dénombrables est dénombrable, où nest 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×. . . ×Enest dénombrable, comme produit cartésien de deux ensembles
dénombrables.
d. Pour chaque i∈I, soit hi:N→Eiune surjection. Soit k:N→Iune surjection.
Alors l’application s:N×N→Si∈IEidéfinie par
∀(m, n)∈N×N, s(m, n) = hk(m)(n)
est une surjection. En effet, soit xun élément de Si∈IEi. Il existe i0tel que xappartienne
àEi0. Soit mun entier tel que k(m) = i0. Soit nun entier tel que hi0(n) = x. Alors
x=s(m, n).
Puisque N×Nest dénombrable, il s’ensuit que Si∈IEiest dénombrable.
e. L’ensemble Nest bien sûr dénombrable, il est en bijection avec lui-même par l’iden-
tité. L’ensemble Zest la réunion de Net de −Nqui sont dénombrables, donc il est
dénombrable. L’ensemble Qest dénombrable, car l’application r:Z×Z∗→Qdéfinie par
r(p, q) = p
q, dont l’ensemble de départ est dénombrable, est surjective.
L’ensemble Rn’est pas dénombrable (c’est un théorème de Cantor).
L’ensemble des suites de longueur nde 0et de 1est l’ensemble fini {0,1}n. L’en-
semble des suites finies de longueur quelconque de 0et de 1est la réunion dénombrable
Sn≥1{0,1}n, c’est donc un ensemble dénombrable.
2

L’ensemble des suites infinies de 0et de 1est l’ensemble {0,1}N. L’application f:
{0,1}N→[0,1] définie par
∀ε= (εn)n≥1∈ {0,1}N, f(ε) = X
n≥1
2−nεn
est surjective sur l’intervalle [0,1], puisque tout nombre réel entre 0et 1admet un dé-
veloppement dyadique (c’est-à-dire une écriture décimale en base 2). Si {0,1}Nétait dé-
nombrable, il existerait une surjection N→ {0,1}Net, 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 nd’entiers est l’ensemble dénombrable Nn. L’en-
semble des suites finies de longueur quelconque d’entiers est la réunion dénombrable
Sn≥1Nn, qui est donc encore un ensemble dénombrable.
L’ensemble Q[X]des polynômes à coefficients rationnels est en bijection avec l’en-
semble 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, . . . , Andes
événements. Montrer que
P(A1∪. . . ∪An) =
n
X
k=1
(−1)k−1X
1≤i1<...<ik≤n
P(Ai1∩. . . ∩Aik).
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 net 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−1événements, avec n≥3, et considérons névénements 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
k=1
(−1)k−1X
1≤i1<...<ik≤n−1
P(Ai1∩. . . ∩Aik) + P(An)
−
n−1
X
k=1
(−1)k−1X
1≤i1<...<ik≤n−1
P(Ai1∩. . . ∩Aik∩An)
P(A1∪. . . ∪An) = P(A1) + P(A2) + . . . P(An)
+
n−1
X
k=2
(−1)k−1X
1≤i1<...<ik≤n−1
P(Ai1∩. . . ∩Aik)
−
n−2
X
k=1
(−1)k−1X
1≤i1<...<ik≤n−1
P(Ai1∩. . . ∩Aik∩An)
−(−1)n−2P(A1∩A2∩. . . An)
P(A1∪. . . ∪An) = P(A1) + P(A2) + . . . P(An)
+
n−1
X
k=2
(−1)kX
1≤i1<...<ik≤n
P(Ai1∩. . . ∩Aik)
+ (−1)n−1P(A1∩A2∩. . . An)
où dans la dernière inégalité on utilise que
−
n−2
X
k=1
(−1)k−1X
1≤i1<..<ik≤n−1
P(Ai1∩. . . ∩Aik∩An) =
n−1
X
k=2
(−1)k−1X
1≤i1<..<ik≤n|ik=n
P(Ai1∩. . . ∩Aik)
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 Ωde la tribu P(Ω) et de la mesure de probabilité uniforme :
∀A∈P(Ω),P(A) = |A|
|Ω|=|A| np.
Pour tout m∈ {1, . . . , n}, soit Aml’ensemble des applications dont l’image ne contient
pas l’entier m. La réunion A1∪. . . ∪Anest l’ensemble des applications qui ne sont pas
surjectives. Par ailleurs, pour tout k∈ {1, . . . , n}et tous i1, . . . , ikavec 1≤i1< . . . <
ik≤n, l’ensemble Ai1∩. . . ∩Aikest 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
(−1)k−1X
1≤i1<...<ik≤n
(n−k)p
np=
n−1
X
k=1
(−1)k−1n
k(n−k)p np.
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
Sp,n =np−
n−1
X
k=1
(−1)k−1n
k(n−k)p=
n−1
X
k=0
(−1)kn
k(n−k)p.
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’événe-
ment Aest 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 0ou 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 nle nombre de personnes présentes. On attribue à chaque
personne un numéro entre 1et 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 Ωl’ensemble des permutations de l’ensemble {1, . . . , n}. On munit Ωde 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 Aml’ensemble des permutations qui fixent m, c’est-
à-dire l’ensemble des permutations σ:{1, . . . , n}→{1, . . . , n}telles que σ(m) = m. Pour
tout k∈ {1, . . . , n}et tous i1, . . . , ikavec 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’est-
à-dire (n−k)!. Ainsi, la probabilité dnqu’une permutation tirée uniformément soit un
dérangement, qui est la probabilité du complémentaire de A1∪. . . ∪An, vaut
dn= 1 −
n
X
k=1
(−1)k−1n
k(n−k)! n!=
n
X
k=0
(−1)k
k!.
Lorsque ntend vers l’infini, cette série converge très rapidement vers 1
e. Puisque l’assem-
blée est grande, on peut dire avec une excellente approximation que la probabilité que
personne ne tire son propre nom est 1
e'37%.
5