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

Université Pierre & Marie Curie Licence de Mathématiques L3
UE LM345 – Probabilités élémentaires Année 2014–15
TD2. Probabilité sur un ensemble dénombrable.
1. a. Soit (Ω,F,P)un espace de probabilités. Soit n≥1. Soient A1, . . . , Andes événe-
ments. 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 1.
a. Première méthode. Si on se donne un espace probabilisé (Ω,F,P)et un événement A
de F, alors E(A) = P(A). De plus, on a démontré à la feuille précédente que :
A1∪···∪An=
n
X
k=1
(−1)k−1X
1≤i1<i2<···<ik≤n
Ai1∩Ai2∩···∩Aik.
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−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
1

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. 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 Aide Ωformé des
applications de {1, . . . , p}dans {1, . . . , n}qui ne prennent pas la valeur i. Alors,
(A1∪ · · · ∪ An)c=Ac
1∩ · · · ∩ Ac n
={f∈Ω : ∀i= 1, . . . , n, ∃xi∈ {1, . . . , p}t.q. f(xi) = i}.
Ainsi, (A1∪· · ·∪An)cest l’ensemble des surjections de {1, . . . , p}dans {1, . . . , n}. D’autre
part, pour tout 1≤i1< i2<· · · < ik≤n,
Ai1∩ · · · ∩ Aik={f∈Ω : fne prend pas les valeurs {i1, . . . , ik}}
={f∈Ω : f:{1, . . . , p}→{1, . . . , n}\{i1, . . . , ik}}.
Donc le cardinal de Ai1∩ · · · ∩ Aikest (n−k)p. D’après la formule d’inclusion-exclusion,
2

on obtient :
P[(A1∪ · · · ∪ An)c] =
n
X
k=0
(−1)kX
1≤i1<i2<···<ik≤n
P[Ai1∩ · · · ∩ Aik]
=
n
X
k=0
(−1)kX
1≤i1<i2<···<ik≤n
|Ai1∩ · · · ∩ Aik|
|Ω|
=
n
X
k=0
(−1)kX
1≤i1<i2<···<ik≤n
(n−k)p
np
=
n
X
k=0
(−1)kn
k(n−k)p np
Il s’ensuit que le nombre Sp,n d’applications surjectives de {1, . . . , p}dans {1, . . . , n},
vaut :
Sp,n =|(A1∪· · ·∪An)c|=P[(A1∪· · ·∪An)c]np=
n
X
k=0
(−1)kn
k(n−k)p=
n
X
k=0
(−1)n−kn
kkp.
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 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 Ω
l’ensemble des permutations de l’ensemble {1, . . . , n}, alors |Ω|=n!. On munit Ωde la
tribu F=P(Ω) et de la probabilité uniforme, notée P, de sorte que pour tout événement
Ade F, on a P(A) = |A|
|Ω|. Soit El’ensemble des 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 cherche à calculer P(E)en utilisant
la formule d’inclusion-exclusion. Pour tout i= 1, . . . , n, on considère le sous-ensemble Ai
de Ωformé des permutations de Edans Equi fixent i. Alors,
(A1∪ · · · ∪ An)c=Ac
1∩ · · · ∩ Ac n
={f∈Ω : ∀i= 1, . . . , n, f(i)6=i}.
Ainsi, (A1∪ · · · ∪ An)cest 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) kpoints fixes s’identifient naturellement à des ap-
plications 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 :
P[(A1∪ · · · ∪ An)c] =
n
X
k=0
(−1)kX
1≤i1<i2<···<ik≤n
P[Ai1∩ · · · ∩ Aik]
=
n
X
k=0
(−1)kX
1≤i1<i2<···<ik≤n
|Ai1∩ · · · ∩ Aik|
|Ω|
=
n
X
k=0
(−1)kX
1≤i1<i2<···<ik≤n
(n−k)!
n!
=
n
X
k=0
(−1)kn
k(n−k)! n!=
n
X
k=0
(−1)k
k!.
Ainsi, P(E) = Pn
k=0
(−1)k
k!. Lorsque ntend vers l’infini, cette série converge très rapidement
vers 1
e. Puisque l’assemblée est grande, on peut dire avec une excellente approximation
que la probabilité que personne ne tire son propre nom est 1
e'37%.
3. Paradoxe des anniversaires Quelle est la probabilité pour que parmi Npersonnes,
au moins 2 aient la même date d’anniversaire ? Pour quelle valeur de Ncette probabilité
est-elle supérieure à 1/2? (On négligera l’existence du 29 février )
Solution de l’exercice 3. Attribuons un numéro de 1àNà 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 Ade F,
on a P(A) = |A|
|Ω|=|A| 365N.
Soit Al’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 :
P(Ac) = |Ac|
|Ω|=AN
365
365N=365 365
364
365 . . . 365 −(N−1) 365 =
N−1
Y
k=0 1−k
365.
On peut montrer que la suite uN=QN−1
k=0 1−k
365 est décroissante, et bien sûr on a
u365 = 0, on peut donc déterminer numériquement la première valeur de Npour laquelle
uN<1
2. 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
2. On munit Ωde la tribu F=P(Ω) et de la
probabilité uniforme P, de sorte que pour tout évènement Ade F, on a :
P(A) = |A|
|Ω|=|A|
32
2=|A|
16 ·31.
Soit Al’événement “on tire une paire”. Alors |A|=8
14 2= 48, car il y a 8 choix pour la
hauteur de la paire et 4
2choix pour les deux couleurs. Ainsi, P(A) = 48 16·31 =3 31 '0,097.
Supposons que l’on n’ait pas obtenu de paire. Lors du premier choix, on prend comme
univers Ω1le tirage d’une carte parmi 30, avec l’information de la carte gardée ; ainsi
|Ω1|= 30. L’événement Aest encore “on tire une paire”, vu comme un sous ensemble de
Ω1cette fois. On a alors |A|=3
1, car il y a 3 choix pour la couleur de la deuxième carte
dont la hauteur est fixée par la carte gardée. Ainsi, P(A) = 3
30 =1 10 .
Lors du deuxième choix, on prend comme univers Ω2, l’ensemble des tirages de 2 cartes
parmi 30, avec l’information des deux cartes jetées, ainsi |Ω2|=30
2. L’événement Aest
vu comme un sous-ensemble de Ω2. On a |A|=2
13 2+6 14 2. 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.
Donc, P(A) = 6+36
15·29 =14 145 <1 10 .
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≥0un entier. Calculer la probabilité
que le premier temps auquel on obtient pile soit le temps n.
Soit k≥1un 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,
on a P(ω) = 1
|Ω|=1 2n.
Soit Al’événement “on obtient pile pour la première fois au temps n”, alors Acorrespond
au sous-ensemble {(F, . . . , F, P )}de Ω(avec n−1faces), d’où |A|= 1 et :
P(A) = 1
2n.
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