TD2. Probabilité sur un ensemble dénombrable. - IMJ-PRG

Université Pierre & Marie Curie
UE LM345 – Probabilités élémentaires
Licence de Mathématiques L3
Année 2014–15
TD2. Probabilité sur un ensemble dénombrable.
1. a. Soit (Ω, F , P) un espace de probabilités. Soit n ≥ 1. Soient A1 , . . . , An des événements. Montrer que
P(A1 ∪ . . . ∪ An ) =
n
X
(−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 1.
a. Première méthode. Si on se donne un espace probabilisé (Ω, F , P) et un événement A
de F , alors E(1A ) = P(A). De plus, on a démontré à la feuille précédente que :
1A1 ∪···∪An =
n
X
k=1
X
(−1)k−1
1Ai1 ∩Ai2 ∩···∩Aik .
1≤i1 <i2 <···<ik ≤n
En prenant l’espérance de chaque côté et en utilisant la linéarité, on obtient le résultat
voulu.
Deuxième méthode.
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
1
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
+
k=2
X
P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik )
1≤i1 <...<ik ≤n
+ (−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. Soit Ω = {1, . . . , n}{1,...,p} l’ensemble des applications de {1, . . . , p} dans {1, . . . , n},
alors |Ω| = np . Pour tout i = 1, . . . , n, on considère le sous-ensemble Ai de Ω formé des
applications de {1, . . . , p} dans {1, . . . , n} qui ne prennent pas la valeur i. Alors,
(A1 ∪ · · · ∪ An )c = Ac1 ∩ · · · ∩ Acn
= {f ∈ Ω : ∀ i = 1, . . . , n, ∃ xi ∈ {1, . . . , p} t.q. f (xi ) = i}.
Ainsi, (A1 ∪· · ·∪An )c est l’ensemble des surjections de {1, . . . , p} dans {1, . . . , n}. D’autre
part, pour tout 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ik ≤ n,
Ai1 ∩ · · · ∩ Aik = {f ∈ Ω : f ne prend pas les valeurs {i1 , . . . , ik }}
= {f ∈ Ω : f : {1, . . . , p} → {1, . . . , n} \ {i1 , . . . , ik }}.
Donc le cardinal de Ai1 ∩ · · · ∩ Aik est (n − k)p . D’après la formule d’inclusion-exclusion,
2
on obtient :
c
P[(A1 ∪ · · · ∪ An ) ] =
=
=
n
X
k=0
n
X
k=0
n
X
(−1)k
X
P[Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ]
1≤i1 <i2 <···<ik ≤n
(−1)k
X
1≤i1 <i2 <···<ik
(−1)k
X
1≤i1 <i2 <···<ik
k=0
n
X
|Ai1 ∩ · · · ∩ Aik |
|Ω|
≤n
(n − k)p
np
≤n
p
k n (n − k)
=
(−1)
k
np
k=0
Il s’ensuit que le nombre Sp,n d’applications surjectives de {1, . . . , p} dans {1, . . . , n},
vaut :
n
n
X
X
k n
n−k n
c
c
p
p
(−1)
(−1)
Sp,n = |(A1 ∪· · ·∪An ) | = P[(A1 ∪· · ·∪An ) ] n =
(n−k) =
kp.
k
k
k=0
k=0
Notons que, bien que ce ne soit pas évident sur cette formule, Sp,n = 0 si p < n.
2. 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 (sans le remettre). Quelle est la probabilité que personne ne tire le bout
de papier portant son propre nom ?
Solution de l’exercice 2. 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}, alors |Ω| = n!. On munit Ω de la
tribu F = P(Ω) et de la probabilité uniforme, notée P, de sorte que pour tout événement
. Soit E l’ensemble des permutations σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n}
A de F , on a P(A) = |A|
|Ω|
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 cherche à calculer P(E) en utilisant
la formule d’inclusion-exclusion. Pour tout i = 1, . . . , n, on considère le sous-ensemble Ai
de Ω formé des permutations de E dans E qui fixent i. Alors,
(A1 ∪ · · · ∪ An )c = Ac1 ∩ · · · ∩ Acn
= {f ∈ Ω : ∀ i = 1, . . . , n, f (i) 6= i}.
Ainsi, (A1 ∪ · · · ∪ An )c est l’ensemble des permutations sans point fixe de E. D’autre part,
pour tout 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ik ≤ n,
Ai1 ∩ · · · ∩ Aik = {f ∈ Ω : f (i1 ) = i1 , . . . , f (ik ) = ik }.
3
Ces applications qui ont (au moins) k points fixes s’identifient naturellement à des applications bijectives de {1, . . . , n} \ {i1 , . . . , ik } dans lui même. Il y en a donc (n − k)!.
D’après la formule d’inclusion-exclusion, on obtient :
c
P[(A1 ∪ · · · ∪ An ) ] =
=
=
n
X
k=0
n
X
k=0
n
X
(−1)k
X
P[Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ]
1≤i1 <i2 <···<ik ≤n
(−1)k
X
1≤i1 <i2 <···<ik
(−1)k
X
1≤i1 <i2 <···<ik
k=0
n
X
|Ai1 ∩ · · · ∩ Aik |
|Ω|
≤n
(n − k)!
n!
≤n
n
X
(−1)k
k n (n − k)!
=
.
=
(−1)
n!
k!
k
k=0
k=0
P
k
Ainsi, P(E) = nk=0 (−1)
. Lorsque n tend vers l’infini, cette série converge très rapidement
k!
1
vers e . 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%.
3. Paradoxe des anniversaires Quelle est la probabilité pour que parmi N personnes,
au moins 2 aient la même date d’anniversaire ? Pour quelle valeur de N cette probabilité
est-elle supérieure à 1/2 ? (On négligera l’existence du 29 février )
Solution de l’exercice 3. Attribuons un numéro de 1 à N à chaque personne. Les dates
d’anniversaire de ces vingt-trois personnes constituent une application de {1, . . . , N } dans
l’ensemble {1, . . . , 365} des jours de l’année. On prend donc Ω = {1, . . . , 365}{1,...,N } , muni
de la tribu F = P(Ω) et de la probabilité uniforme. Ainsi pour tout événement A de F ,
|A|
on a P(A) = |A|
= 365
N.
|Ω|
Soit A l’événement “au moins deux personnes ont leur anniversaire le même jour”, nous
voulons calculer P(A). Il est plus facile de considérer l’événement contraire Ac “toutes
les personnes ont leur anniversaire un jour différent”, qui est l’ensemble des applications
injectives. On a :
N
−1 Y
AN
365 364
365 − (N − 1)
k
|Ac |
365
P(A ) =
=
=
...
=
1−
.
|Ω|
365N
365 365
365
365
k=0
c
Q −1
k
On peut montrer que la suite uN = N
k=0 1 − 365 est décroissante, et bien sûr on a
u365 = 0, on peut donc déterminer numériquement la première valeur de N pour laquelle
uN < 12 . On trouve N = 23.
4
4. 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 4. On choisit comme univers Ω, l’ensemble des tirages de deux cartes
non ordonnées parmi 32, ainsi |Ω| = 32
. On munit Ω de la tribu F = P(Ω) et de la
2
probabilité uniforme P, de sorte que pour tout évènement A de F , on a :
|A|
|A|
|A|
= 32 =
.
|Ω|
16 · 31
2
8 4
Soit A l’événement “on tire
une
paire”.
Alors
|A|
=
= 48, car il y a 8 choix pour la
1
2
4
48
3
hauteur de la paire et 2 choix pour les deux couleurs. Ainsi, P(A) = 16·31
= 31
' 0, 097.
P(A) =
Supposons que l’on n’ait pas obtenu de paire. Lors du premier choix, on prend comme
univers Ω1 le tirage d’une carte parmi 30, avec l’information de la carte gardée ; ainsi
|Ω1 | = 30. L’événement A est encore
“on tire une paire”, vu comme un sous ensemble de
3
Ω1 cette fois. On a alors |A| = 1 , car il y a 3 choix pour la couleur de la deuxième carte
1
3
= 10
.
dont la hauteur est fixée par la carte gardée. Ainsi, P(A) = 30
Lors du deuxième choix, on prend comme univers Ω2 , l’ensemble des
tirages de 2 cartes
30
parmi 30, avec l’information des deux cartes jetées, ainsi
|Ω2 | =
2 . L’événement A est
vu comme un sous-ensemble de Ω2 . On a |A| = 21 32 + 61 42 . En effet, soit on choisit
une des deux hauteurs des cartes jetées, auquel cas, il y a 2 choix parmi 3 pour la couleur,
soit on choisit une des 6 autres hauteurs, auquel cas on 2 choix parmi 4 pour la couleur.
14
1
6+36
= 145
< 10
.
Donc, P(A) = 15·29
C’est donc la première stratégie qui donne la plus grandes possibilité d’obtenir une paire.
5. 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.
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 5.
Correction sans indépendance. On suppose la pièce équilibrée. On s’intéresse à ce qui se
passe jusqu’au temps n, ainsi on choisit comme univers Ω = {P, F }n , muni de la tribu
P(Ω) et de la probabilité uniforme. Ainsi, pour tout évènement ω = (ω1 , . . . , ωn ) de Ω,
1
on a P(ω) = |Ω|
= 21n .
Soit A l’événement “on obtient pile pour la première fois au temps n”, alors A correspond
au sous-ensemble {(F, . . . , F, P )} de Ω (avec n − 1 faces), d’où |A| = 1 et :
P(A) =
5
1
.
2n
Soit k ≥ 1, et Ak l’événement “le k-ième temps auquel on obtient pile soit le temps n”.
Alors, on doit
avoir un pile au temps n, et k − 1 piles parmi les n − 1 premières positions.
n−1
Il y a k−1 de choisir la position ces k − 1 piles, la position des faces étant alors fixée.
Ainsi, |Ak | = n−1
et :
k−1
n−1 1
P(Ak ) =
.
k − 1 2n
Correction avec un peu d’indépendance. 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
n−1
au n-ième. Il y a k−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
(que le k-ième temps auquel on obtient pile soit le temps n) est n−1
(1 − p)n−k pk .
k−1
6. On lance un dé tétraédral dont les faces sont numérotées de 1 à 4 et un dé octaédral
dont les faces sont numérotées de 1 à 8. Calculer la loi de la somme S, du produit P et
du plus grand M des deux nombres obtenus.
Solution de l’exercice 6.
On choisit comme univers Ω = {1, . . . , 4} × {1, . . . , 8}, représentant les issues possibles du
tirage des deux dés. On munit Ω de la tribu F = P(Ω) et de la probabilité uniforme P,
de sorte que pour tout évènement A de F , on a :
P(A) =
|A|
|A|
=
.
|Ω|
32
Soit S la variable aléatoire représentant la somme des deux dés, alors S est à valeurs dans
{2, . . . , 12}. Pour tout k ∈ {2, . . . , 12}, on a
{S = k} = {(i, j) ∈ Ω | i+j = k} et P({S = k}) =
|{S = k}|
|{(i, j) ∈ Ω | i + j = k}|
=
.
32
32
En utilisant le tableau ci-dessous, on obtient :
P(S = 2) = P(S = 12) = 1/32, P(S = 3) = P(S = 11) = 1/16,
P(S = 4) = P(S = 10) = 3/32,
P(S = 5) = P(S = 6) = P(S = 7) = P(S = 8) = P(S = 9) = 1/8.
6
S
1
2
3
4
1
2
3
4
5
2
3
4
5
6
3
4
5
6
7
4
5
6
7
8
5
6
7
8
9
6
7
8
9
10
7
8
9
10
11
8
9
10
11
12
Soit P la variable aléatoire représentant le produit des deux dés, alors P est à valeurs
dans {1, . . . , 32}. Pour tout k ∈ {1, . . . , 32}, on a
{P = k} = {(i, j) ∈ Ω | ij = k} et P({P = k}) =
|{P = k}|
|{(i, j) ∈ Ω | ij = k}|
=
.
32
32
En utilisant le tableau ci-dessous, on obtient :
P(P = 1) = P(P = 5) = P(P = 7) = P(P = 9) = P(P = 10) = P(P = 14) = P(P =
15) = P(P = 18) = P(P = 21) = P(P = 28) = P(P = 32) = 1/32,
P(P = 2) = P(P = 3) = P(P = 16) = P(P = 24) = 1/16,
P(P = 4) = P(P = 6) = P(P = 8) = 3/32, P(P = 12) = 1/8.
P
1
2
3
4
1
1
2
3
4
2
2
4
6
8
3
3
6
9
12
4
4
8
12
16
5
5
10
15
20
6
6
12
18
24
7
7
14
21
28
8
8
16
24
32
Soit M la variable aléatoire représentant le maximum des deux dés, alors M est à valeurs
dans {1, . . . , 8}. Pour tout k ∈ {1, . . . , 8}, on a
{M = k} = {(i, j) ∈ Ω | max{i, j} = k}
|{(i, j) ∈ Ω | max{i, j} = k}|
|{M = k}|
=
.
P({M = k}) =
32
32
En utilisant le tableau ci-dessous, on obtient :
P(M = 1) = 1/32,
P(M = 2) = 3/32, P(M = 3) = 5/32,
P(M = 4) = 7/32, P(M = 5) = P(M = 6) = P(M = 7) = P(M = 8) = 1/8.
M
1
2
3
4
1
1
2
3
4
2
2
2
3
4
3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
7
5
5
5
5
5
6
6
6
6
6
7
7
7
7
7
8
8
8
8
8
7. Soient X, Y, Z trois variables aléatoires à valeurs dans N. On suppose que X et Y ont
même loi. Soit f : N → N une fonction.
Est-il vrai que f (X) et f (Y ) ont même loi ? Est-il vrai que X + Z et Y + Z ont même
loi ?
Solution de l’exercice 7. Soit (Ω, F , P) l’espace probabilisé sur lequel les variables aléatoires X, Y et Z sont définies. Les variables aléatoires f (X) et f (Y ) ont même loi si pour
tout n ∈ N, P({f (X) = n}) = P({f (Y ) = n}). Or,
{f (X) = n} = {ω ∈ Ω : f (X(ω)) = n}
= {ω ∈ Ω : X(ω) ∈ f −1 ({n})}
= {X ∈ f −1 ({n})}.
De manière analogue, {f (Y ) = n} = {Y ∈ f −1 ({n})}. Comme X et Y ont même loi, on
a P({X ∈ f −1 ({n})}) = P({Y ∈ f −1 ({n})}), d’où on déduit que les variables aléatoires
f (X) et f (Y ) ont même loi.
En revanche, X + Z et Y + Z peuvent avoir des lois différentes. Par exemple, on considère
l’expérience suivante : on lance une pièce de monnaie équilibrée, c’est à dire que l’on
choisit Ω = {P, F }, F = P(Ω), P la probabilité uniforme sur (Ω, F ). On définit trois
variables aléatoires X, Y, Z sur Ω ainsi :
X(P ) = 0, Y (P ) = 1, Z(P ) = 2;
Ainsi, P({X = 0, Y = 1, Z = 2}) = P(P ) =
X(F ) = 1, Y (F ) = 0, Z(F ) = 5
1
2
et P({X = 1, Y = 0, Z = 5}) = P(F ) = 12 .
Alors X et Y suivent la même loi :
1
1
P({X = 0}) = P({X = 0, Y = 1, Z = 2}) = , P({X = 1}) = P({X = 1, Y = 0, Z = 5}) =
2
2
1
1
P({Y = 0}) = P({X = 1, Y = 0, Z = 5}) = , P({Y = 1}) = P({X = 0, Y = 1, Z = 2}) = ,
2
2
mais X + Z et Y + Z ont des lois différentes. En effet :
P({X + Z = 2}) = P({X = 0, Y = 1, Z = 2}) =
1
et P({Y + Z = 2}) = P(∅) = 0.
2
8. Un chimpanzé tape à la machine à écrire en appuyant chaque seconde sur une touche
choisie au hasard. Quelle est la probabilité qu’il parvienne à écrire Hamlet, c’est-à-dire
qu’à un certain moment il écrive d’une traite le texte de cette pièce ?
Solution de l’exercice 8. Soit n la longueur, en caractères, de la pièce Hamlet. La probabilité
p qu’il tape la pièce du premier coup est faible, mais strictement positive. Pour tout entier
8
naturel k, on définit une variable aléatoire Xk qui vaut 1 si les caractères nk + 1 à n(k + 1)
correspondent au texte de la pièce. Les Xk sont les mêmes que dans un jeu de pile ou face
biaisé. Or on sait dans ce cas qu’il finira par sortir un pile, ce qui correspond ici à écrire
le texte de la pièce d’une traite.
La probabilité que le chimpanzé écrive Hamlet au bout d’un certain nombre (aléatoire,
mais fini) de tentatives vaut donc 1. Néanmoins, en pratique, il y a fort à parier que le
chimpanzé (ou la machine à écrire) arrivera à épuisement bien avant.
9