Probabilités A. najmi 1. Introduction La théorie des probabilités est l’étude mathématique des phénomènes caractérisés par le hasard et l’incertitude. Elle forme avec la statistique les deux sciences du hasard qui sont partie intégrante des mathématiques. Les débuts de l’étude des probabilités correspondent aux premières observations du hasard dans les jeux ou dans les phénomènes climatiques par exemple. Bien que le calcul de probabilités existe sur des questions liées au hasard depuis longtemps, la formalisation mathématique n’est que récente. Elle date du début du XXe siècle avec l’axiomatique de Kolmogorov. Des objets tels que événements, mesures de probabilité, espaces probabilisés ou variables aléatoires sont centraux dans la théorie. Ils permettent de traduire de manière abstraite les comportements des quantités mesurées qui peuvent être supposés aléatoires. En fonction du nombre de valeurs possibles pour le phénomène aléatoire étudié, la théorie des probabilités est dite discrète ou continue. Dans le cas discret, c’est-à-dire pour un nombre au plus dénombrable d’états possibles, la théorie des probabilités, dans le cas des probabilités uniformes, se rapproche de la théorie du dénombrement ; alors que dans le cas continu, la théorie de l’intégration et la théorie de la mesure donnent les outils nécessaires. Les objets et résultats probabilistes sont un support nécessaire à la statistique, c’est le cas par exemple du théorème de Bayes. Cette modélisation du hasard permet également de résoudre plusieurs paradoxes probabilistes. L’étude de l’indépendance d’événements ou d’expériences, pour une probabilité donnée à l’avance, consiste à chercher si les événements ou les expériences sont liées ou se produisent indépendamment les uns des autres (On peut raisonnablement penser que le fait de boire de l’alcool et celui de provoquer un accident routier ne sont pas indépendants l’un 1 2 A. NAJMI de l’autre). Les probabilistes ont dé…nit la notion d’indépendance à partir de la notion d’indépendance en statistique. 2. Introduction au calcul des probabilités Définition 2.1. Une expérience aléatoire est une expérience dont on ne peut prédire les résultats à l’avance. Exemple 2.2. Avant le lancer (expérience) d’un dé “parfait”, on ne peut savoir à l’avance quel chi¤re de 1 à 6 va apparaitre. Définition 2.3. On appelle univers l’ensemble de tous les résultats possibles d’une expérience aléatoire que je peux codi…er d’une certaine manière. Exemple 2.4 (s). (1) Si l’expérience consiste au lancer d’un dé “parfait”: (a) Si je m’interêsse au résultat de la face “d’en haut”, alors = [6] : (b) Si je m’interêsse à la parité du résultat, alors = fpair; impairg := fP; Ig (2) Si l’expérience consiste aux lancers simultanés d’une pièce de monnaie et d’un dé, alors = [6] f ; F g ou = f ; F g [6] : (3) Lancer de deux dés discernables (par exemple un dé noir et un dé blanc). Alors = [6]B [6]N ou = [6]N [6] et alors j j = 36: (4) Lancers simultanés de deux dés indiscernables (même consistance et même couleur). Alors = P2 ([6])[f< 1; 1 >; < 2; 2 >; < 3; 3 >; < 4; 4 >; < 5; 5 >; < 6; 6 >g ; 2 2 alors j j = C62 + 6 = 15 + 6 = 21 = C6+2 1 = C7 : C’est le cardinal de Q2 ([6]) : (5) Lancers d’une même pièce de monnaie et ne s’arrêter qu’une fois on a “pile”pour la première fois. Alors, = f ; F ; F F ; ::g : (6) Lancers d’une même pièce de monnaie et ne s’arrêter qu’une fois on a “pile”pour la rieme fois, alors 8 9 < = = | {z ::: }; |F {z::: }; | F{z::: }; ::: : : ; r fois r+1 fois r+1 fois (7) Choisir un nombre au “hasard”dans [0; 1] intervalle de R, alors = [0; 1] : (8) Mesurer la durée de vie d’un certain type d’ampoules éléctriques (améliorables): (a) d’une façon aussi précise que l’on veut, alors = [0; +1[: PROBABILITÉS 3 (b) à l’heure près, alors, = N. (9) On considère une cible plane composée d’un disque intérieur sur lequel est écrit 100 DH, superposé d’une couronne sur laquelle est écrit 50 DH, laquelle est superposée d’une autre couronne sur laquelle est écrit 20 DH: (a) Si on considère le gain du joueur, alors = f0; 20; 50; 100g ; 0 DH si je rate la cible. (b) Si je m’interesse au point d’impact, …ctif ou réel, de la ‡èche avec la cible, alors = R2 (c) Si je m’interesse à la distance du point d’impact, …ctif ou réel, au centre de la cible, alors = R+ : Donc, de façon général, il n’y a aucune règle précise à priori pour choisir l’univers : Ce sont les conditions de l’expérience et ce que veut l’expérimentateur qui imposent le choix de l’univers : 2.1. Tribus de parties de · : Evénements. Définition 2.5. On appelle -algèbre ou tribu de parties de toute famille non vide @ P ( ) telle que: (1) Pour tout A 2 @, Ac := C A 2 @ (@ est complémenté). (2) Pour S toute famille fAn gn2N (dénombrable) d’éléments de @: An 2 @ (@ est stable par réunion dénombrable). n2N Définition 2.6. (1) Par anticipation, un événement (évé) est un élément de P ( ) dont on peut dé…nir la probabilité. (2) Les singletons de sont appelés évé élémentaires. 3. Probabilités La théorie des probabilités s’interêsse à l’étude de l’aspect aléatoire des phénomènes aléatoires. Définition 3.1. On appelle probabilité sur l’espace probabilisable ( ; @) toute application P : @ ! [0; 1] telle que: (1) P ( ) = 1. S P P (Ai ) pour tout système d’évé. fAi gi2N (2) P Ai = i2N i2N incompatibles (disjoints deux à deux) d’évé de @. Proposition 3.2. Soient ( ; @; P ) un espace probabilisable; A; B; (Ai )i2N des éléments de @. Alors, (1) P (Ac ) = 1 P (A) : (2) P (;) = 0: 4 A. NAJMI (3) Si A B; alors P (A) P (B) et P (BnA) = P (B) P (A): (4) P (AnB) = P (A) P (A \ B): (5) P (A [ B) = P (A) + P (B) P (A \ B): S (6) Si An % A dans @, alors lim P (An ) = P An := n !1 P (A) : (7) Si An & ; dans @, alors lim P (An ) = 0: n !1 (8) Si An & A dans @, alors lim P (An ) = P P (A) : n !1 n2N T An := n2N Preuve. (1) On a A \ Ac = ;; A [ Ac = : D’où, P ( ) = 1 = P (A) + P (Ac ) : (2) On a ; \ = ;; ; [ = : D’où, P ( ) = 1 = P (;) + P ( ) : (3) B = (BnA) A (i:e:; (BnA)\A = ; et (BnA)[A = B ). D’où, P (B) = P (BnA) + P (A) et P (BnA) = P (B) P (A) 0: (4) A = (A \ B) (AnB) : D’où, P (A) = P (A \ B) + P (AnB) : (5) A [ B = (A \ B) (AnB) (BnA) : D’où, P (A [ B) = P (A \ B) + P (AnB) + P (BnA) Et par 4. on a P (A [ B) = P (A \ B) + P (A) P (A \ B) + P (B) P (A \ B): (6) Les assertion 6, 7 et 8 résulent de la proposition qui va suivre. Définition 3.3. Une application P : @ ! [0; 1] est une probabilité si: (1) P ( ) = 1. (2) P (A [ B) = P (A) + P (B) si A \ B = ;: (3) An % A dans @, alors P (An ) % P (A) : Définition 3.4. Une application P : @ ! [0; 1] est une probabilité si: (1) P ( ) = 1. (2) P (A [ B) = P (A) + P (B) si A \ B = ;: (3) An & A dans @, alors P (An ) & P (A) : Définition 3.5. Une application P : @ ! [0; 1] est une probabilité si: (1) P ( ) = 1. (2) P (A [ B) = P (A) + P (B) si A \ B = ;: (3) An & ; dans @, alors P (An ) & 0: Proposition 3.6. Les dé…nitions 3.1, 3.3, 3.4,et 3.5 sont équivalentes. PROBABILITÉS 5 Preuve. (1) Montrons que les dé…nitions 3.4,et 3.5 sont équivalentes. Comme il est évident que P (;) = 0; il s’agit uniquement de prouver que: “An & A dans @, alors P (An ) & P (A)” () “An & ; dans @, alors P (An ) & 0:”. La condition nécéssaire est évidente. Maintenant si “An & A dans @, alors An nAL& ; dans @ et alors P (An nA) & P (;)”. Or An = (An nA) A; et par le 2) de la déf 3.4 on a P (An nA) = P (An ) P (A). Par le 3) de la proposition précédente on a P (An ) & P (A) : D’où le résultat. (2) Par passage aux complémentaires les dé…nitions 3.3 et 3.4 sont équivalentes. (3) Montrons maintenant que Def inition 3:1 () Def inition 3:3. S (a) Def inition 3:3 =) Def inition 3:1. Soit A = Ai avec i2N i=n S les Ai disjoints deux à deux.. Posons Bn = Ai : Alors, i=0 Bn % A et par hypothèse, P (Bn ) % P (A) : Or par 2) i=n P de la Dé…nition 3.3, P (Bn ) = P (Ai ) : Ce qui fait que i=0 P (A) = lim i=n P n !1 i=0 P (Ai ) = 1 P P (Ai ) : i=0 (b) Def inition 3:1 =) Def inition 3:3: (i) Supposons que A \ B = ; pour A; B 2 @: Prenons A0 = A, A1 = B et Ai = ; pour i 2: Par 2) de L la Dé…nition 3.1, on a P (A [ B) = P Ai = 1 P i 0 P (Ai ) = P (A) + P (B) : i=0 (ii) Supposons que An % A = S Ai : Posons B0 = A0 i 0 et Bi = Ai nAi 1 pour i 1: Alors S les (Bi )i2N sont disjoints deux à deux, A = Bi et par 2) i 0 de la Dé…nition 3.1, on a P (A) = lim n P n !1 i=0 P (Bi ) = lim n !1 P (A0 ) + lim P (An ) ; car pour tout i n !1 P (Ai 1 ): n P i=1 1 P P (Bi ) = i=0 P (Ai nAi 1 ) = 1; P (Ai ) = P (Ai nAi 1 )+ 6 A. NAJMI 3.1. Cas où est …ni. (1) Si = fx1 ; x2 ; :::; xn g, on prends @ = P ( ) et P (fxi g) = pi ; i=n P i 2 [n] . Pour tout i 2 [n] ; on a 0 pi 1: et pi = i=1 i=n P i=1 P (fxi g) = P tout A i=n S i=1 fxi g S ; P (A) = P (2) Comme cas particulier, Dans ce cas P (A) = = P ( ) = 1: Par ailleurs, pour fxi g xi 2A pi = n1 ; P = P pi : fi2[n]:xi 2Ag pour tout i 2 [n] := f1; 2; :::; ng : P pi = n1 1 = jAj = jAj : n j j fi2[n]:xi 2Ag fi2[n]:xi 2Ag C’est ce qu’on appelle “probabilité uniforme sur ”: Définition 3.7. (1) Les évé. fAi gi2I sont dits mutuellement exclusifs ou incompatibles ou disjoints deux à deux si pour tous i; j 2 I; i 6= j; Ai \ Aj = ;: (2) Un système d’événements fAi gi2I est dit complet s’il forme une partition dénombrable de : Proposition 3.8 (des probabilités totales). Soit ( ; @; P ) un espace probabilisé et soit (Ai )i2I un système complet de : Alors pour tout A 2 @; P P (A) = P (A \ Ai ) i2I Preuve. A = A\ = A\ S i2I Ai = L i2I A \ Ai : Par conséquent, (A \ Ai )i2I forment un système complet de AP par des éléments de @. Par dé…nition d’une probabilité on a P (A) = P (A \ Ai ) : i2I Définition 3.9. Les événements A1 ; A2 ; ::; An sont dit équiprobables si P (A1 ) = P (A2 ) = ::: = P (An ) : Définition 3.10. On appelle système de cas un système complet d’événements équiprobables. Remarque 3.11. Si (Ai )i2I est un système de cas, alors forcément jIj est …ni: Définition 3.12. Un cas est favorable à un événement A si son apparition favorise la réalisation de A. Remarque 3.13. Le plus souvent on rencontre les systèmes de cas dans les expériences arti…cielles où l’équiprobabilité est assurée à l’avance. Dans de tels cas on peut directement estimer la probabilité en dénombrant tous les cas favorables parmi tous les cas possibles. C’est à PROBABILITÉS 7 dire que si une expérience se réduit à un système de cas, la probabilité de l’événement A en question est la proportion des cas favorables: nombre de cas favorables à la réalisation de A P (A) = le nombre de tous les cas possibles 4. Remarque et notations Dans l’analyse combinatoire, on ne considerera que les ensembles ayant un cardinal …ni, i.e., le nombre d’éléments de ou encore son e¤ectif est …ni. On notera par j j ou par card ( ) ; le cardinal de : Par ailleurs, pour tout n 2 N ; on notera [n] = f1; 2; :::; ng 5. Produit cartésien Considérons m ensembles 1 ; 2 ; ..., m pour m 2 N n f1g, d’e¤ectifs respectifs j 1 j ; j 2 j ; ..., j m j : On rappelle que i=m Y i=1 i = f! = (! 1 ; ! 2 ; :::; ! m ) : ! i 2 Remarque 5.1. Si 1 = 2 = ::: = i m pour tout i 2 [m]g := ; alors i=m Y note i = m : i=1 Proposition 5.2. i=m Y i = i=1 i=m Y i=1 j ij : Peuve. En e¤et le choix de ! dans équivaut au choix de ! 1 dans 1 de j 1 j manières, puis au choix de ! 2 dans 2 de j 2 j manières; et ainsi de suite jusqu’au choix de ! m dans m de j m j manières. Comme tous ces m choix sont indépendants les uns des autres, on choisit donc i=m Y ! dans de j i j manières. i=1 Remarque 5.3. j m j = j jm : Exemple 5.4. On lance au hasard et indépendamment l’un de l’autre deux dés parfaits distinguables (un dé blanc et un dé noir). Trouver un espace probabilisé adéquat et calculer la probabilité de l’évé A :“la somme des numéros des deux faces supérieures est 11”. On a [6]B ; P ([6]N ( ; @; P ) = ([6]N D’où P (A) = jAj j j = jf(6;5g;(5;6);(6;6)j 36 [6]B ) ; P := l0 équiproba des singletons) = 3 36 = 1 : 12 8 A. NAJMI 6. Applications Définition 6.1. Soient E et F deux ensembles: On appelle application de E dans F; toute relation f qui à chaque xi 2 E associe une image unique yi dans F telle que yi = f (xi ): Remarque 6.2. Soient E et F deux ensembles tel que jEj = n: Se donner donc une application de E dans F équivaut à se donner un n-uplet (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 F n . Notation 1. L’ensemble des applications de E dans F est noté F (E; F ) ou, de façon évidente d’après ce qui précède, F E . Proposition 6.3. Soient E et F deux ensembles de cardinaux …nis, alors jF (E; F )j = jF jjEj Preuve. Soit E tel que jEj = n : F (E; F ) ! F n : f 7 ! (f ) = (f (x1 ); f (x2 ); :::; f (xn )) Soit y = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 F n : Alors l’équation (f ) = y; où l’inconnue c’est f; admet l’unique solution f tel que yi = f (xi ) pour tout i 2 I et f : E ! F (car une application est uniquement détérminée si on connait son ensemble de départ, son ensemble d’arrivée et l’image de chaque singleton de l’ensemble de départ): L’application étant n bijective on a jF (E; F )j = jF j et par la remarque précédente on a jF n j = jF jn = jF jjEj : Corollaire 6.4. Si E est un ensemble de cardinal …ni, alors jP (E)j = 2jEj ; où P (E) est l’ensemble des parties de E. Preuve. En e¤et l’application : P (E) ! F (E; f0; 1g) : A7 ! est bijective. (A) = 1A : x 7 ! 1 si x 2 A 0 si x 2 =A Remarque 6.5 (Très importante). Pour détérminer l’e¤ectif d’un certain ensemble …ni, on établit souvent une bijection entre cet ensemble et un ensemble dont on connaît l’e¤ectif à l’avance. Définition 6.6. Soient E et F deux ensembles quelconques et f une application de E dans F . Soit y un élément quelquonque de F . On appelle préimage de y par f le sous-ensemble de E noté f 1 (fyg) PROBABILITÉS fx 2 E : y = f (x)g : L’ensemble f peut donc être vide. 1 9 (fyg) 2 P (E) et, en particulier, il Proposition 6.7 (Très importante). Si f est une application de E dans F; alors l’ensemble des préimages non vides de E constituent une partition de E. Preuve. Soit F 0 = fy 2 F : f 1 (fyg) 6= ;g : (1) Soient y1 ; y2 2 F 0 ; avec y1 6= y2 : Supposons qu’il existe x 2 f 1 (fy1 g) \ f 1 (fy2 g) ; alors y1 = f (x) = y2 : Ce qui est absurde. (2) S (a) 8y 2 F 0 ; f 1 (fyg) E; ce qui prouve que f 1 (fyg) y2F 0 E: (b) Par ailleurs f étant une application de E pour tout x 2 E il existe un unique yx yx = f (x): Mais ceci implique que x 2 f conséquent yx 2 F 0 : Mais alors pour Stout S f 1 (fyg) : C’est-à-dire que E f y2F 0 De (1) et (2) on conclut bien que ff une partition de E. dans F; alors 2 F tel que 1 (fyx g) : Par x 2 E : x 2 1 (fyg) : y2F 0 1 (fyg) ; y 2 F 0 g forment bien Exemple 6.8. On distribue au hasard n boules discernables (notées de 1 à n) dans m boîtes distinctes numérotées de 1 à m. Trouver un espace probabilisé adéquat et calculer la probabilité des évé: (1) A :“ (au moins) la boîte numéro m reste vide”. (2) BI :“(au moins) les boîtes indexées par I restent vides” avec I [m] …xé. (3) Bk :“(au moins) k boîtes restent vides”. Preuve. On prends ( ; @; P ) = (F ([n] ; [m]) ; P (F ([n] ; [m])) ; P := l0 équiproba des singletons) ou bien ( ; @; P ) = ([m]n ; P ([m]n ) ; P := l’équiproba des singletons) 10 A. NAJMI Or on a A F ([n] ; [m] nfmg) ; BI F ([n] ; [m] nI), Bk L BI I2Pk ([m]) n jAj (m 1)n 1 P (A) = = = 1 n j j m m n n jBI j (m jIj) jIj P (BI ) = = = 1 j j mn m P P (m k)n k 1 = Cm P (Bk ) = P (BI ) = n m I2Pk ([m]) I2Pk ([m]) k m n 7. Arrangements ou injections Définition 7.1. Soient E et F deux ensembles quelconques et f 2 F (E; F ). L’application f est dite injective si pour tous x; y 2 E tels que f (x) = f (y); on a x = y: On notera par I (E; F ) l’ensemble des applications injectives de E dans F . Définition 7.2. Soit E = fx1 ; x2 ; :::; xn g et k 2 N : 1 k n: Un k-arrangement de E est un élément de I ([k]; E) : On notera par Ik (E) I ([k]; E) : Proposition 7.3. Si jEj = n, 1 avec par convention 0! = 1: alors jIk (E)j = n (n 1) (n 2) ::: (n k n, n! = n (n k + 1) Akn = 1) :::2 1 n! (n k)! : Preuve. L’image de 1 peut être choisit de n manières di¤érentes, comme ces applications sont injectives, une fois l’image de 1 choisit, il ne reste pour le choix de l’image de 2 que n 1 choix. Donc pour choisir à la fois l’image 1 et celle de 2 on a n(n 1) choix. On réitère le procédé pour le choix des images de 3; de 4,....; et de k: Finalement le nombre des choix des images de 1; 2; :::; k c’est n (n 1) (n 2) ::: (n (k 1)) : Remarque 7.4. Le nombre d’arrangements véri…e les propriétés suivantes: (1) Akn = 0 si k > n: (2) Akn = nAkn 11 (3) Ann = n! Exemple 7.5. n personnes sont réunies et sont toutes nées dans une année non bissexstile. Quelle est la probabilité de l’évé A “au moins deux d’entre elles aient le même anniversaire”? PROBABILITÉS 11 Preuve. Puisque toutes ces n personnes sont nées dans une année non bissexstile, alors l’année compte 365 jours. Ici on a ( ; @; P ) = (F ([n] ; [365]) ; P (F ([n] ; [365])) ; l0 équiproba des singletons) L’évé Ac :“Chaque deux personnes di¤érentes ont des anniversaires di¤erents”. Par conséquent Ac = I ([n] ; [365]) ce qui fait que jI ([n] ; [365])j An Pr (Ac ) = = 365n jF ([n] ; [365])j 365 et An365 Pr (A) = 1 Pr (Ac ) = 1 : 365n 8. Combinaisons sans répititions Définition 8.1. Soit E = fx1 ; x2 ; :::; xn g et k : 0 k n: on appelle k-combinaison (sans répétitions) de E toute partie de E ayant k éléments : On notera par Pk (E) l0 ensemble des k-combinaisons de E. Proposition 8.2. jPk (E)j Cnk = Akn k! n! k!(n k)! pour tout k 2 N: Preuve. (1) Si k > n; alors Pk (E) = ; et on a alors Cnk = 0: (2) Si k = 0; alors jP0 (E)j = jf;gj = 1 et Cn0 = 0!(nn! 0)! = 1: Car par convention 0! = 1: (3) Soit k : 1 k n: alors l’application : Ik (E) ! Pk (E) : f 7 ! (f ) = ff (1); f (2); :::; f (k)g est bien dé…nie. En e¤et f étant injective, alors les f (i) sont di¤érents deux à deux; et ff (1); f (2); :::; f (k)g appar1 tient bien à Pk (E) : Par ailleurs, soit A 2 Pk (E) ; (A) = isomorphe a ff 2 Ik (E) : (f ) = Ag Ik (A) : Par conséquent, 1 k! (A) = jIk (A)j = (k k)! = k!: Par la Proposition 6.7, 1 les (A) ; A 2 PP Ik (E) : k (E) constituent une P partition deP 1 1= D’où, jIk (E)j = (A) = k! = k! A2Pk (E) k! jPk (E)j : Donc jPk (E)j = A2Pk (E) A2Pk (E) Akn . k! Remarque 8.3. Cette démonstration repose sur le principe dit "des bergers (‡emmards)": Pour compter leurs cheptels ils comptent d’abord les pates, puis ils divisent par 4. 12 A. NAJMI Corollaire 8.4. On a les propriétés suivantes: (1) Cnk = Cnk 11 + Cnk 1 ; pour tout k; n : 1 k n: (2) Cnk = nk Cnk 11 ; pour tout k; n : 1 k n: (3) Cnk = Ckk 11 + Ckk 1 + ::: + Cnk 11 ; pour tout k; n : 1 (4) Cnk = Cnn k ; pour tout k; n : k n: k n: Preuve. Facile par le calcul. Théorème 8.5. Soit E = fx1 ; x2 ; :::; xn g : Alors, il y a bijection i=n P entre Pk (E) et l’ensemble T = ' 2 F(E; f0; 1g : ' (xi ) = k : i=1 Preuve. Soit (1) : Pk (E) ! T : A 7 ! 1A est bien dé…ne: Si A 2 Pk (E) ; alors jAj = k; 1A 2 F(E; f0; 1g i=n P et 1A (xi ) = k: Donc est bien dé…ne. i=1 (2) est bijective: (a) est injective: Soient A et A0 2 Pk (E) tels que 1A = 1A0 : Alors A = A0 : (b) est surjective: Soit f 2 T et soit A = fx 2 E : f (x) = 1g : i=n P Comme f (xi ) = k; on a 1A = f: i=1 Théorème 8.6. Il y a bijection entre Pk (E) et l’ensemble S= (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 f0; 1gn : i=n P yi = k : i=1 Preuve. Par le théoreme précédent, montrons qu’il ya bijection entre S et l’ensemble T : Soit (1) : T !S : f 7 ! (f (x1 ) ; f (x2 ) ; :::; f (xn )) est bien dé…ne: Si f 2 T ; alors chacun des f (xi ) 2 f0; 1g i=n P et f (xi ) = k: Donc est bien dé…ne. i=1 (2) est bijective: Soit y = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 S, alors l’équation (f ) = y admet l’unique solutionf telle que f (xi ) = yi ; pour tout i 2 [n] ( Car une application est uniquent détérminée si l’on connaît toutes ses valeurs, son ensemble de départ et PROBABILITÉS 13 son ensemble d’arrivée) . Donc f 2 F(E; f0; 1g : Comme i=n i=n P P f (xi ) = yi = k; alor f 2 T et est unique. i=1 i=1 Théorème 8.7. Il y a bijection entre Pk (E) et l’ensemble D des distributions de k boules indiscernables (d’aspects extérieurs identiques) dans n boites distinctes contenant chacune au plus une boule. Preuve. Par le théoreme précédent, montrons qu’il y a bijection entre S et D. Prenons n boîtes, alignons les et numérotons les de gauche à droite de 1 à n. D = 1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) = i (yi ) = le vide si yi = 0 une boule si yi = 1 pour tout et i 2 [n] = f1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 Sg Soit : D !S : 1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) 7 ! (y1 ; y2 ; :::; yn ) Il est évident que est bijective. Exemple 8.8. Une urne contient a (a 2) boules blanches et b boules noires, on tire simultanément (ou 1 à 1 sans remise) et au hasard deux boules de l’urne. Trouver la probabilité de l’événement A :“tirer deux boules blanches”. Preuve. 0 (1) Modèle1 (tirages simultanés): Soient = fb1 ; :::; ba ; n1 ; :::; nb g ; = P2 ( 0) ; @ = P ( ): Les singletons de forment un système de cas. On peut écrire n o 2 = ! 1 ; ! 2 ; :::; ! Ca+b : Puisque on tire au hasard les deux boules, les f! j gj2[C 2 ] sont équiprobables. Ce qui fait que a+b les f! j gj2C 2 forment bien un système de cas. Donc P1 est a+b 2 l’équiprobabilité; i.e., pour tout j 2 Ca+b , P1 (f! j g) = Par conséquent, P1 (A) = nombre de cas favorables nombre de cas possibles = Ca2 : 2 Ca+b 1 : 2 Ca+b Car = fb1 ; :::; ba g = P2 ( 0 ) : 0 et A = P2 ( B ) 2 D’où, jAj = Ca : (2) Modèle2 (tirages 1 à 1 sans remise): On prends = I2 ( 0 ), @ = P ( ) et ici A = I2 ( B ) ff 2 : f ([2]) = Bg I2 ( 0 ) : Ici aussi on peut considérer que les singletons sont B 14 A. NAJMI équiprobables. Par conséquent P2 est l’équiprobabilité. D’où, 2 de cas favorables P2 (A) = nombre = AA2 a nombre de cas possibles a+b (3) On peut remarquer que P1 (A) = P2 (A) ; c’est à dire que la probabilité d’un événement, qui est numérique, ne dépend pas du modèle. Exemple 8.9 (Loi hypergéométrique H (n; M; N )). Dans un lot de N pièces, M sont défectueuses. On prend dans ce lot simultanément (ou 1 à 1 sans remise) n pièces au hasard. Trouver la probabilité que parmi les n pièces tirées on trouve exactement m pièces défectueuses. On suppose que n min (M; N M ) : Preuve. (1) Modèle1 (tirages simultanés): Soit A l’événement dont on veut calculer la probabilité. Soient D pour “déféctueuse” et B pour “bonne”. Soit 0 = fD1 ; :::; DM ; B1 ; :::; BN M g ; alors j 0 j = N: Soit = Pn ( 0 ) et @ = P (Pn ( 0 )) : Les singletons de forment un système de cas. On peut écrire = ! 1 ; ! 2 ; :::; ! CNn : Puisque on tire au hasard les n pièces, les f! j gj2[C n ] sont équiprobables. Ce qui fait que les f! j gj2C n N N forment bien un système de cas. Donc P1 est l’équiprobabilité; i.e., pour tout j 2 [CNn ], P1 (f! j g) = C1n : Par conséquent, P1 (A) = D nombre de cas favorables nombre de cas possibles = fD1 ; :::; DM g 0; = B m Cn CM N n CN m M N : Car si = fB1 ; :::; BN Mg = Pn ( 0) : 0 et Pm ( D) Pn m ( B) A Soit : Pm ( D ) Pn m ( B ) ! A : fDi1 ; :::; Dim g ; Bj1 ; :::; Bjn m 7 ! Di1 ; :::; Dim ; Bj1 ; :::; Bjn m est manifestement bijective. Ce qui fait que jAj = jPm ( D) Pn m ( B )j m = CM CNn m M: (2) Modèle2 (tirages 1 à 1 sans remise): On prends = In ( 0 ), @ = P ( ) et pour probabilité l’équiprobabilité P2 . Par ailleurs j j = AnN : Pour avoir A l’ensemble des injections favorables on choisit une partie de m éléments dans [n] (de Cnm manières) qu’on va injecter dans D de Am M manières, une fois ceci fait (les injections ne sont pas encore terminées !) je dois injecter PROBABILITÉS n les n m éléments qui restent dans B de AN n m Ce qui fait que jAj = Cnm Am M AN M . D’où, P2 (A) = C m Am An nombre de cas favorables = n Mn N nombre de cas possibles AN 15 m M manières: m M (3) On peut remarquer que P1 (A) = P2 (A) ; c’est à dire que la probabilité d’un événement ne dépend pas du modèle. Remarque 8.10. L’Exemple 8.8 est un cas particulier de l’Exemple 8.9 avec a + b = N; a = M (donc b = N M ); n = m = 2 (donc n m = 0). Exercice 8.11 (Loi binômiale). Une urne contient N boules dont M sont blanches avec 0 < M < N . Soit p = M la proportion des boules N blanches (0 < p < 1 et donc q := 1 p est la proportion des boules non blanches. On tire au hasard n boules une à une et avec remise. Soit k 2 f0; 1; :::; ng : Quelle est la probabilté d’avoir tiré exactement k boules blanches? Preuve. Soit 0 = fb1 ; :::; bM ; N B1 ; :::; N BN M g avec N B signi…e "non blanche" et = F ([n] ; 0 ). Soit I …xé dansPk ([n]) et soit BI “les boules blanches tirées sortent exactement dans les rangs indéxés n k k par I” Alors P (BI ) = M (NN nM ) = pk q n k : Car on applique I dans B := fb1 ; :::bM g et à chacune de ces applications on applique [n] nI dans B = fN B1 ; :::; N BN M g : Pour tout k 2 f0; 1; :::; ng soit l’événement Bk “ parmi k boules blanches”. Alors Lles n boules tirées on a exactement P Bk = BI : D’où P (Bk ) = P (BI ) = Cnk pk q n k : C’est la I2Pk ([n]) I2Pk ([n]) loi binômiale. 9. Surjections Définition 9.1. Soient E et F deux ensembles et f 2 F (E; F ) ; et soit f : P (E) ! P (F ) : A 7 ! f (A) = ff (x) 2 F : x 2 Ag (encore notée f par abus). f est appelée application extension de f à l’ensemble des parties de E. Définition 9.2. Soient E et F deux ensembles. On appelle surjection de E sur F , toute application f 2 F (E; F ) telle que pour tout y 2 F; il existe au moins un x 2 E tel que y = f (x): Autrement dit f 16 A. NAJMI est surjective si f (E) = F: Notons l’ensemble des surjections de E sur F par S (E; F ) : Proposition 9.3. Posons jEj = k Alors (1) S0k = 0 pour tout k 2 N : (2) Snk = 0 si k < n: (3) Snn = n! pour tout n 2 N: (4) Snk = n Snk 1 + Snk 11 pour 1 1; jF j = n et Snk = jS (E; F )j : n k: Preuve. (1) Supposons que k < n: Soit s 2 S (E; F ) ; comme s est une application on doit avoir js (E)j k: Comme js (E)j k < n = jF j = js(E)j : Ce qui est absurde. (2) Supposons que k < n: Soit s 2 S (E; F ) ; on doit avoir n = js (E)j : Comme k < n; ça veut dire qu’au moins un élément de E a deux images di¤érentes. Donc s ne serait même pas une application. (3) Par convention S00 = 0! = 1: Supposons que jEj = jF j = n 1: Soit s 2 S (E; F ) ; alors js (E)j = jF j = n: Montrons que s 2 I (E; F ) : Supposons au contraire que s ne soit pas injective. Celà veut dire qu’ils existent x; y 2 E qui ont la même image. Mais alors js (E)j serait n 1: Ce qui contredit le fait que s soit surjective. Réciproquement si s 2 I (E; F ) ; on a js (E)j = n = jF j : Par conséquent s (E) = F: Donc s est surjective. Finalement jS (E; F )j = jI (E; F )j = n!: (4) Soit a 2 E: Scindons S (E; F ) en deux parties disjointes S (E; F ) = fs 2 S (E; F ) : s (En fag) = F g fs 2 S (E; F ) : s (En fag) $ F g De façon évidente posons S (E; F ) = S1 (E; F ) S2 (E; F ). De même posons F = fx1 ; x2 ; :::; xn g : On a alors n L S1 (E; F ) = fs 2 S (E; F ) : s (En fag) = F et s (a) = xi g i=1 Alors i=n P k 1 jS (En fag ; F )j = Sn = nSnk 1 : i=1 i=1 8 < js (a)j = 1; car s est une application s (En fag) $ F Par ailleurs : s (E) = F Donc s (a) 2 = s (En fag) (sinon s (En fag) serait égal à F ): D’où, fs (a)g s (En fag) = F: Ceci implique que jfs (a)gj + jS1 (E; F )j = i=n P PROBABILITÉS 17 js (En fag)j = jF j ; c’est-à-dire que js (En fag)j = n conséquent, S2 (E; F ) = n L i=1 1: Par fs 2 S (E; F ) : s (En fag) = F n fxi g et (donc s (a) = xi )g D’où, jS2 (E; F )j = i=n X i=1 jS (En fag ; F n fxi g)j = nSnk 1 1 Finalement jS (E; F )j = jS1 (E; F )j+jS2 (E; F )j = n Snk 1 + Snk 1 1 Avant de trouver le nombre de surjections dé…nissons le nombre de permutations de E. Définition 9.4. Soit E un ensemble. On appelle permutation ou substitution de E toute application bijective de E sur E (i.e., injective et surjective). On note par (E) l’ensemble des permutations de E. Proposition 9.5. Si jEj = n; alors j (E)j = n!: Ann Preuve. On a (E) = I(E; E) = S(E; E): Par conséquent, j (E)j = = Snn = n!: Lemme 9.6 (Principe d’inclusion-exclusion). Soit E un ensemble …ni et soient f et g des fonctions réelles dé…nies sur P (E) satisfaisant pour tout A E P f (A) = g (B) B A Alors pour tout A E g (A) = P ( 1)jAnBj f (B) B A Preuve. Soient C E: Notons P F (A; C) = ( 1)jAnBj A C B A Posons D = AnB: Alors F (A; C) = P ; D AnC ( 1)jDj = P ( 1)jDj : D2P(AnC) Supposons que jAnCj = n: Si n = 0; alors A = C et F (A; C) = : 18 A. NAJMI P ; D ; k=n L k=0 ( 1)jDj = ( 1)0 = 1: Supposons que n 6= 0. On a P (AnC) = Pk (AnC). Par conséquent F (A; C) = P ( 1)jDj = D2P(AnC) F (A; C) = k=n P P D2 ( 1)k = k=0 D2Pk (AnC) P ( 1)jDj k=n k=0 Pk (AnC) k=n P ( 1)k Cnk k=0 = (1 + ( 1))n = 0n = 0 si n 6= 0 i,e C 6= A 1 si n = 0 i,e C = A Finalement F (A; C) = A (C) = 1 si C = A 0 si C 6= A Calculons alors le second membre de l’égalité à démontrer: P ( 1)jAnBj f (B) = B A P ( 1)jAnBj B A = P = g (C) C B g (C) C B P P P ( 1)jAnBj C B A g (C) F (A; C) C B = P g (C) A (C) C B = P g (A) = g (A) A B Corollaire 9.7. Avec les hypothèses de la proposition 9.3 on a i=n P Snk = ( 1)n i Cni ik pour 0 n k: i=0 Proof. Posons jEj = k 1 et jF j = n: Pour répondre on applique le lemme précédent aux fonctions f et g dé…nies sur P (F ) ainsi: si A 2 P (F ), f (A) = jF (E; A)j = jAjk est le nombre de fonctions de E vers A et g (A) = jS (E; A)j est le nombre de fonctions de E vers A qui sont surjectives. On veut donc calculer g (F ) : PROBABILITÉS 19 Les hypothèses du principe d’inclusion-exclusion sont remplies, en e¤et on a bien pour tout A F : L F (E; A) S (E; B) fB2P(F ):B Ag D0 ou P f (A) = g (B) B A Par conséquent i=n P P g (F ) = ( 1)jF nBj jBjk = = ( 1)n i k i i=0 = i=n P P fB2P(F ):jBj=ig ( 1)n i=0 ( 1)n i k i i=0 fB2P(F ):jBj=ig B F i=n P P i ! 1 = i=n P i=0 ( 1)n i k i P B2Pi (F ) ! 1 Cni ik : Exemple 9.8. On distribue au hasard n boules discernables (notées de 1 à n) dans m boîtes distinctes numérotées de 1 à m. Trouver un espace probabilisé adéquat et calculer la probabilité des évé: A :“ Aucune boîte ne reste vide ”,BI :“Exactement les boîtes indexées par I restent vides” avec I [m] …xé, Bk :“k boîtes exactement restent vides”. On a ( ; @; P ) = (F ([n] ; [m]) ; P (F ([n] ; [m])) ; l0 équiproba des singletons) Alors Sn jS ([n] ; [m])j = mn jF ([n] ; [m])j m n Sm jS ([n] ; [m] nI)j jIj = P (B) = n jF ([n] ; [m])j m n n L L Sm k k Sm k P (Bk ) = P (BI ) = = Cm n n m I2Pk ([m]) I2Pk ([m]) m P (A) = Corollaire 9.9 (Problème des rencontres). Soit E un ensemble à n éléments, combien y a-t-il de permutations de E sans point …xe, c’est-à-dire telles que pour tout j 2 E on ait (j) 6= j? Preuve. On applique le principe d’inclusion-exclusion aux fonctions f et g dé…nies sur P (E) ainsi: si A E, f (A) = jAj! est le nombre de permutations de E telles que pour tout j 2 Ac on ait (j) = j et g (B) est le nombre de permutations de E telles que 20 A. NAJMI pour tout j 2 B c on ait (j) = j et pour tout j 2 B on ait On veut donc calculer g (E) : Posons P = f 2 P erm (E) = 8j 2 Ac : (j) = jg (j) 6= j: A et pour tout B B A posons = f 2 P erm (E) = (8j 2 B c : (j) = j) et (8j 2 B : (j) 6= j)g Alors P (9.1) = A L B B A A partir de (7.1) on voit bien que les hypothèses du Principe d’inclusionexclusion sont remplies, car on a P f (A) = g (B) B A Par conséquent g (E) = P B E = k=n P ( 1)jEnBj jBj! = n k ( 1) k! ( 1)n k=0 1 k (n ! 1 B2Pk (E) k=n P P ( 1)n k k! k=0 fB2P(E):jBj=kg P k=0 = n! k=n P k)! = = n! k=n P ( 1)n k Cnk k! k=0 k=n P ( 1)k k=0 1 k! Comme application de ceci: soit est l’ensemble des permutations de E: Munissons de l’équiprobabilité. La probabilité qu’une permutation aléatoire soit sans point …xe n! k=n P ( 1)k k=0 soit approximativement e si n > 6: n! 1 1 k! = k=n P k=0 ( 1)k 1 k! = 0; 36787944117144232159552377016146 10. Combinaisons avec répétitions ou tas Définition 10.1. Soit E un ensemble et p 2 N. On appelle pcombinaison avec répétitions ou p-tas de E une liste de p éléments de E; les répétitions étant admises et l’ordre n’intervient pas. On notera par Qp (E) l’ensemble des p-tas de E. PROBABILITÉS 21 Exemple 10.2 (et notations). Soit E = fa; b; cg : Alors, < a; a; b; b; b >=< a; b; b; a; b > est un même 5-tas de E. On remarquera que cette notation n’est pas universelle. Théorème 10.3. Il y a bijection entre Qp (E) et l’ensemble T = ' 2 F(E; N) : i=n P ' (xi ) = p : i=1 Avec E = fx1 ; x2 ; ::; xn g ; p 2 N, n 2 N . Preuve. Soit : Qp (E) ! T : T 7 ! (T ) tel que pour tout i, (1) (T ) (xi ) = nombre de fois où xi apparait dans T . i=n P est bien dé…nie puisque [ (T )] (xi ) = p: i=1 (2) De plus, l’équation (T ) = (T 0 ) implique que pour tout xi 2 E; [ (T )] (xi ) = [ (T 0 )] (xi ) : D’où, T = T 0 : Par conséquent, est injective. (3) Par ailleurs, l’équation (T ) = '; où ' est donné à l’avance dans T , admet (l’unique) p-tas T comme solution, avec T =< x1 répété ' (x1 ) fois, x2 répété ' (x2 ) fois,..., xn répété ' (xn ) fois> car l’ordre n’intervient pas. Théorème 10.4. Il y a bijection entre Qp (E) et l’ensemble S (n; p) = y = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 Nn : i=n P i=1 yi = p ; p 2 N; n 2 N : Preuve. Grace au théorème précédent, montrons que S est isomorphe à T . Soit : T ! S (n; p) : ' 7 ! (') = (' (x1 ) ; ' (x2 ) ; :::; ' (xn )) (1) est bien dé…nie car i=n P i=1 ' (xi ) = p; donc (') 2 S (n; p) : (2) De plus, pour tout y 2 S (n; p) ; donné à l’avance, l’équation (') = y (i.e. (' (x1 ) ; ' (x2 ) ; :::; ' (xn )) = (y1 ; y2 ; :::; yn )) admet l’unique solution ' 2 T dé…nie par ' (xi ) = yi pour tout i 2 [n] : 22 A. NAJMI Théorème 10.5. Il y a bijection entre Qp (E) et l’ensemble des distributions D de p boules indiscernables dans n boîtes distinctes. Avec p 2 N, n 2 N . Preuve. Alignons n les boîtes côte à côte et numérotons les de gauche à droite de 1 à n. Soit : S (n; p) ! D : y = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 7 ! (y) = 1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) avec pur tout i 2 [n], i (yi ) signi…e que dans boîte numéro i, il y a exactement yi boules. La bijection est évidente, dans le n-uple (y1 ; y2 ; :::; yn ) on peut identi…er la place i où se trouve l’élément yi avec la boîte numéro i. Théorème 10.6. Soit un ensemble E tel que jEj = n avec n 2 N et p 2 N: On a p jQp (E)j = Cp+n 1 Preuve. (1) Première méthode: Par le Théorème 8.4, il y a bijection entre S (n; p) et Qp (E) : Posons jS (n; p)j = s (n; p) : Les conditions initiales sont: (10.1) s (1; p) = 1 () y1 = p; solution unique s (n; 0) = 1 () y1 + y2 + ::: + yn = 0; solution unique y = (0; :::; 0) Réccurence: pour n 2; S (n; p) = S 1 (n; p) S 2 (n; p) ; avec S1 (n; p) = fy 2 S (n; p) : y1 1g et S2 (n; p) = fy 2 S (n; p) : y1 = 0g : Donc on a s (n; p) = jS (n; p)j = jS1 (n; p)j + jS2 (n; p)j. Mais alors S1 (n; p) = (y1 ; y2 ; :::; yn ) 2 N Nn 1 : (y1 1) + y2 + ::: + yn = p f(z1 ; z2 ; :::; zn ) 2 Nn : z1 + z2 + ::: + zn = p 1g : Par conséquent, jS1 (n; p)j = s (n; p S2 (n; p) = (10.2) (0; y2 ; :::; yn ) 2 f0g (z1 ; :::; zn 1 ) 2 N Par conséquent, jS2 j = s (n s (n; p) =s (n; p N n 1 n 1 1) : Par ailleurs, : y2 + ::: + yn = p : z1 + ::: + zn 1 =p : 1; p) : Donc on a 1) + s (n 1; p) Les conditions aux limites (8:1) et la réccurence (8:2) sont p manifestement véri…éees par la double suite w (n; p) = Cp+n 1: Or deux suites (doubles) qui obéissent aux mêmes conditions initiales et à la même réccurence sont égales. Par conséquent, p w (n; p) = Cp+n 1 = s (n; p) : 1 PROBABILITÉS 23 (2) Deuxième méthode: Elle repose sur le Théorème 8.5. Pour n = 1; il n’y a qu’une seule distribution: toutes les boules p sont dans cette même boîte et alors jQp (E)j = 1 = Cp+1 1 = p 2, alignons les boîtes côte à côte et notons Cp : Pour n les cloisons communes (côtés communs) par c1 ; :::; cn 1 . Soit D = 1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) une distribution donnée dans D et soit 'D l’application 'D : fc1 ; :::; cn 1 g ! [n + p 1] : ci 7 ! 'D (ci ) = i + y1 + y2 + ::: + yi ; i.e., c’est le nombre de cloisons (ci comprise) et de boules qui se trouvent à gauche de ci : Montrons que 'D est strictement croissante dans le sens suivant: Pour tout i 2 [n 2] ; i < i + 1 =) 'D (ci ) < 'D (ci+1 ) En e¤et 'D (ci+1 ) bien sûr 1 'D (ci ) = 1 + yi+1 1 car yi+1 2 N: On a 1+y1 = 'D (c1 ) < ::: < 'D (cn 1 ) = n 1+y1 +y2 +:::+yn 1 n 1+p Soit : D ! P n 1 ([n + p 1]) : D ! f'D (c1 ) ; 'D (c2 ) ; :::; 'D (cn 1 )g alors est bien dé…nie par le fait que 'D est strictement croissante, d’où il en découle que f'D (c1 ) ; 'D (c2 ) ; :::; 'D (cn 1 )g est un ensemble (c’est un (n 1)-tas particulier où les éléments ne se répètent pas). Soit l’équation (10.3) (D) = P = fp1 ; p2 ; :::; pn 1 g (où D = 1 (y1 ) 2 (y2 ) :::n (yn ) et 1 p1 < p2 < ::: < pn 1 n 1 + p) donné à l’avance, dans Pn 1 ([n + p 1]). On va montrer que l’équation (8:3) admet une solution unique. En e¤et l’équation (8:3) équivaut au système suivant 8 'D (c1 ) = P1 > > < ' (c2 ) = P2 D .. > . > : 'D (cn 1 ) = Pn 1 24 A. NAJMI qui équivaut à 8 > > > > < > > > > : y1 + 1 = P 1 y1 + 1 + y2 + 1 = P2 .. . y1 + y2 + :::yn 3 + n 3 + yn 2 + 1 = Pn y1 + y2 + :::yn 2 + n 2 + yn 1 + 1 = Pn qui conduit à la solution unique 8 y = P1 1 > > 1 > > y = P P1 1 2 2 > > < .. . > yn 1 = Pn 1 Pn 2 1 > > > > et donc > Pn 1 : (pi pi yn = p p1 1 + i=2 1 2 1 1) D’où l’unicité de D D = 1 (p1 = 1 (p1 1) 2 (p2 1) 2 (p2 Par conséquent p1 p1 1) ::: (n 1) ::: (n 1) (pn 1) (pn pn pn 1 1 2 2 1) n (yn ) 1) n (p pn 1 +n est bijective et alors jDj = jQp (E)j = jPn 1 ([n + p n 1 1])j = Cn+p 1 p = Cn+p 1 Exemple 10.7. Soit à détérminer le plus grand nombre de monômes d’un pôlynôme de degré k et à plusieurs indétérminées t1 ; t2 ; :::; tn : Preuve. Soit Pk (t1 ; t2 ; :::; tn ) = f( 1 ; 2 ;:::; n P )2Nn : 0 c( 1 + 2 +:::+ n 1 ; 2 ;:::; n ) t1 1 t2 2 :::tnn : kg Le plus grand nombre de monômes correspond au cas où aucun des c( 1 ; 2 ;:::; n ) n’est nul. Donc tout revient à résoudre l’inéquation 0 k: Mais cette inéquation est équivalente à l’existence 1 + 2 +:::+ n d’un n+1 2 N tel que 1 + 2 + ::: + n + n+1 = k: Mais d’après les théorèmes 8.4, 8.5 et 8.6 le nombre de solutions de cette équation est k k C(n+1)+k 1 = Cn+k : Exercice 10.8. On distribue au hasard p boules indiscernables dans n boîtes distinctes. (1) Modéliser cette expérience par un espace probabilisé ( ; @; P ) adéquat. (2) Trouver la probabilité p (n; 0) qu’aucune boîte ne reste vide. 1) PROBABILITÉS 25 (3) Pour I …xé dans [n] ; trouver la probabilité p (n; I) qu’exactement les boîtes indexées par I restent vides. (4) Pour k = 1; 2; :::; n 1 trouver la probabilité p (n; k) que k exactement des boîtes restent vides. (5) Démontrer la formule suivante p Cn+p 1 = k=n P1 Cnk Cpp n+k 1 k=0 Preuve. (1) Soit = Qp ([n]) ; @ = P ( ) et P = equiprobabilite car p les distributions sont faites au hasard. On a jS (n; p)j = Cn+p 1: (2) Remarquons tout d’abord si p < n le nombre de cas favorables est nul et p (n; 0) = 0: Soit p n, par utilisation du Théorème 8.4, le nombre de cas favorables est le nombre de solutions en entiers naturels non nuls de l’équation y1 + :::yn = p qui est équivalent au nombre de solutions en entiers naturels de l’équation z1 + ::: + zn = p n. Ce nombre est jQp n ([E])j = p n p n Cn+p n 1 = Cp 1 : Ce qui fait que p (n; 0) = Cpp 1n p Cn+p 1 (3) De même si p < n jIj le nombre de cas favorables est nul et p (n; I) = 0: Soit p n jIj, par utilisation du Théorème 8.4, le nombre de cas favorables est le nombre X de solutions en entiers naturels non nuls de l’équation yi = p qui est équivai2[n]nI lent X au nombre de solutions en entiers naturels de l’équation zi = p (n jIj). Ce nombre est jS (n jIj ; p (n jIj))j = i2[n]nI p n+jIj Cn jIj+p n+jIj 1 p n+jIj : 1 = Cp D’où p n+jIj Cp 1 p (n; I) = p Cn+p 1 (4) De même si p < n k le nombre de cas favorables Xest nul et p (n; k) = 0: Soit p n k. Alors p (n; k) = p (n; I) I2Pk ([n]) 26 A. NAJMI D’où p (n; k) = X I2Pk ([n]) = p n+jIj Cp 1 p Cn+p = 1 Cpp 1n+k X 1 p Cn+p 1 I2P ([n]) k X I2Pk ([n]) = Cnk Cpp 1n+k p Cn+p 1 Cpp 1n+k : p Cn+p 1 Cnk Cpp 1n+k p (n; k) = p Cn+p 1 (5) Soient Ak :“k urnes exactement restent vides”pour k = 0; 1; :::; n 1. Les fAk ; pour k = 0; 1; :::; n 1g forment un système comk=n X1 p (n; k) = 1: plet. En posant p (n; k) = P (Ak ) ; on a k=0 D’où l’on tire la formule suivante: k=n P1 k p p Cn+p = Cn Cp 1 n+k 1 k=0 11. Partages et partitions d’un ensemble de cardinal …ni Définition 11.1. Soit k 2 N : On appelle k-partage de E toute suite ordonnée Mk = (A1 ; A2 ; :::; Ak ) de sous-ensembles de E, éventuellement vides, tels que i=k S (1) E = Ai i=1 (2) Ai \ Aj = ; si i 6= j pour tous i; j 2 [k] : Remarque 11.2. jEj = i=k P i=1 jAi j : Exemple 11.3. Mk = (fag ; ;; fb; cg ; ;) est un 4-partage de E = fa; b; cg qui est di¤érend du 4-partage de E: (;; fag ; fb; cg ; ;): Notation: On notera par 8 9 < = M Mk (E) = Mk = (A1 ; A2 ; :::; Ak ) : Ai = E avec 8i 2 [k] ; Ai 2 P (E) : ; i2[k] l’ensemble des k-partages de E et par [P artak (a1 a2 ::: ak )] (E) l’ensemble des k-partages de E tels que jAi j = ai pour tout i 2 [k] : PROBABILITÉS 27 Proposition 11.4. Soit E un ensemble tel que jEj = n: Alors n! j[P artak (a1 a2 ::: ak )] (E)j = a1 !a2 !:::ak ! i=k P avec (bien sûr) ai = n: i=1 Preuve. Puisque Mk est ordonné, alors se donner Mk équivaut à se donner d’abord A1 puis A2 ; ::: et en…n Ak : On choisit A1 de Cna1 manières dans E, une fois A1 choisit, on choisit A2 dans EnA1 ( car A1 \ A2 = ;) de Cna2 a1 manières,... et en…n on choisit Ak dans i=n S1 En Ai de Cnak a1 a2 ::: ak 1 = Caakk = 1 manières. Finalement le i=1 nombre de choix de Mk est alors Cna1 Cna2 a1 ::: Cnak a1 a2 ::: ak 1 = n! a1 !a2 !:::ak ! Exemple 11.5. Soit E un ensemble tel que jEj = n: Alors n! j[P arta2 (k (n k))] (E)j = := Cnk k! (n k)! avec a1 + a2 = n: C’est le Cnk de l’Exercice 6.11. Exercice 11.6. Soient E et F deux ensembles quelconques …nis non vides jEj = n et jF j = k. Montrer qu’il y a bijection entre l’ensemble des applications de E dans F; autrement dit F (E; F ) ; et l’ensemble Mk (E) des k-partages de E: Preuve. Posons F = fy1 ; y2 ; :::; yk g : Considérons l’application dé…nie par: F (E; F ) ! Mk (E) f 7 ! (f ) = f 1 (y1 ) ; f 1 (y2 ) ; :::; f 1 (yk ) est bien dé…nie car on sait que les préimages non vides de E forment une partition de E; Si on leur ajoute les préimages vides on obtient bien un k-partage de E. Injection (f ) f 1 (fy1 g) ; f 1 (fy2 g) ; :::; f 1 (fyk g) = () = (g) g 1 (fy1 g) ; g 1 (fy2 g) ; :::; g D’où f = g: Surjection: Soit Mk = (A1 ; A2 ; :::; Ak ) 2 Mk (E) : Considérons l’application f dé…nie par f (Ai ) = yi pour tout i 2 [k] : Soit i …xé 1 (fyk g) : 28 A. NAJMI dans [k] : On a Ai il existe f 1 (fyi g) : Supposons que Ai 6= f xi 2 f 1 1 (fyi g) : Donc (fyi g) nAi : Comme les Ai forment un k-partage de E; alors il existe un j 2 [k] n fig tel que xi 2 Aj : Par conséquent f (xi ) = yj : Or f (xi ) = yi : Ce qui fait qu’il y a contradiction, puisque yi 6= yj : Donc pour pour tout i 2 [k] ; Ai = f 1 (fyi g) et alors (f ) = (A1 ; A2 ; :::; Ak ) : Exercice 11.7. Soient k et n deux entiers naturels non nuls. Montrer que l’on a l’égalité suivante: kn = X a1 +a2 +:::+ak n! a !a !:::ak ! =n 1 2 Proof. On a Mk (E) = M [P artak (a1 a2 ::: ak )] (E) : f(a1 ;a2 ;:::;ak )2Nk :a1 +a2 +:::+ak =ng D’où jMk (E)j = M f (a1 ;a2 ;:::;ak )2Nk :a1 +a2 +:::+ak =n g j[P artak (a1 a2 ::: ak )] (E)j Par la proposition précédente jMk (E)j = jF (E; F )j = k n et comme j[P artak (a1 a2 ::: ak )] (E)j = a1 !a2n!!:::ak ! ; on a le résultat. Exercice 11.8 (Loi multinômiale M (n; p1 ; :::; pk )). Une urne contient des boules de k couleurs di¤érentes. Pour tout i 2 [k] la proportion de la couleur N i est pi : On tire au hasard n boules une à une et avec remise. (1) Trouver la probabilité de événement A(I1 ;I2 ;:::;Ik ) tel que pour tout i 2 [k] ; exactement ni boules de la couleur numéro i sont tirées dans les rangs indéxés par Ii (où (I1 ; I2 ; :::; Ik ) est …xé et appartenant à [P artak (n1 n2 ::: nk )] ([n])). (2) Quelle est la probabilité d’avoir exactement ni boules de la couleur N i et ceci pour tout i 2 [k]? Preuve. 0 = b11 ; b12 ; :::; b1m1 ; b21 ; b22 ; :::; b2m2 ; :::; bk1 ; bk2 ; :::; bkmk : i=k L i=1 l’ensemble de toutes les boules des k couleurs di¤érentes avec pour tout i 2 [k] i0 = bi1 ; bi2 ; :::; bimi et j i0 j = mi pour tout i 2 [k]. Soit mi = jm0ij (pour tout i 2 [k]) qui est la probabilité de tirer pi = m1 +:::+m k i 0 PROBABILITÉS 29 une boule de la couleur N i: On remarque tout d’abord que i=k X pi = 1 i=1 et i=k X ni = n: Soit i=1 = F ([n] ; 0) : (1) Comme dans la loi binômiale qui a fait l’objet de l’Exercice 6.11, et où on a considéré l’ensemble P arta2 (k (n k)) ([n]) des 2-partages de [n] en deux parties avec jP arta2 (k (n k)) ([n])j = n! = Cnk ; k! (n k)! considérons (I1 ; I2 ; :::; Ik ) …xé et 2 P artak (n1 n2 ::: nk ) ([n]) : Alors i=k Q A(I1 ;I2 ;:::;Ik ) i=1 F Ii ; i 0 et P A(I1 ;I2 ;:::;Ik ) A(I1 ;I2 ;:::;Ik ) = = jF ([n] ; 0 )j i=k Q i=1 i=k P mni i n mi i=1 = i=k Q i=1 i=k P mni i mi i=1 i=k X = pn1 1 pn2 2 ::: pnk k ni i=1 (2) Soit A l’événement dont on veut calculer la probabilité on a A L (I1 ;I2 ;:::;Ik )2 P artak (n1 n2 ::: nk )([n]) A(I1 ;I2 ;:::;Ik ) 30 A. NAJMI P (A) = X P A(I1 ;I2 ;:::;Ik ) X pn1 1 (I1 ;I2 ;:::;Ik )2 P artak (n1 n2 ::: nk )([n]) = pn2 2 pnk k ::: (I1 ;I2 ;:::;Ik )2 P artak (n1 n2 ::: nk )([n]) n! pn1 1 n1 !n2 !:::nk ! = pn2 2 pnk k . ::: Définition 11.9. Une k-partition de E est un élément Pk de Pk (P (E)) avec Pk = fA1 ; A2 ; :::; Ak g telles que: (1) Pour tout i 2 [k] : Ai 6= ;: i=n S (2) E = Ai : i=1 (3) Ai \ Aj = ; si i 6= j pour tous i; j 2 [k]. Notations: Soit E tel que jEj = n; on notera par [P artik (k1 a1 k2 a2 ::: kp ap )] (E) l’ensemble des k-partitions Pk = A11 ; ; A21 ; :::; Ak11 ; :::; A1p ; ; A2p ; :::; Akpp de E; avec pour tout i 2 [p] ; Aji = ai 6= 0 pour tout j 2 [ki ] avec j=p j=p P P kj aj = n: kj = k et bien sûr j=1 j=1 Proposition 11.10. Avec les notations précédentes on a n! j[P artik (k1 a1 k2 a2 ::: kp ap )] (E)j = k1 !::kp !: (a1 !)k1 ::: (ap !)kp Preuve. Posons 2 13 0 6 C7 B Lk (E) = 4P artak @a1 :::a1 ::: ap ::: ap A5 (E) ; | {z } | {z } k1 fois kp fois Tk (E) = [P artik (k1 a1 k2 a2 ::: kp ap )] (E) ; Mk = Pk = A11 ; A21 ; :::; Ak11 ; :::; A1p ; ; A2p ; :::; Akpp A11 ; ; A21 ; :::; Ak11 ; :::; A1p ; ; A2p ; :::; Akpp et PROBABILITÉS 31 Soit : Lk (E) ! Tk (E) : Mk 7 ! Pk (1) (2) (k ) Or pour tout l 2 [p] et toute permutation Al l ; ; Al l ; :::; Al l l des A1l ; ; A2l ; :::; Akl l entre eux ( de kl ! manières dans Mk ) donne la même partition Pk : Ce qui fait que 1 (Pk ) = et 1 (1) A1 1 ; :::; A1 1 (k1 ) ; :::; Ap p (1) ; :::; Ap p (kp ) = ( 1 ; ::; p) (Pk ) = k1 !::kp ! Or, d’après la Proposition 4.7 on sait que X 1 Lk (E) = (Pk ) 2 i=p Q P erm ([ki ]) i=1 Pk 2Tk (E) et de là que jLk (E)j = = X 1 (Pk ) Pk 2Tk (E) X k1 !::kp ! Pk 2Tk (E) = k1 !::kp ! X 1 Pk 2Tk (E) = k1 !::kp ! jTk (E)j Doù jLk (E)j jTk (E)j = = k1 !::kp ! = n! (a1 !)k1 k :::(ap !) p k1 !::kp ! n! k1 !::kp ! (a1 !)k1 ::: (ap !)kp Exercice 11.11. Lers n chromosomes d’une cellule exposée à des radiations sont brisées en deux parties: L’une de type a (contenant le centromètre). L’autre de type b. les parties de chromosomes se regroupent ensuite par paires. La cellule meurt si deux demi-chromosomes de même type se réapparient. Toutes les paires sont supposées équiprobables. Quelle est la probabilité de mort de la cellule. Preuve. Soit 0 = fa1 ; :::an ; b1 ; :::bn g et = [P artin (n 2)] ( 0 ) : Soit l’évé. A“la cellule meurt”et donc Ac “la cellule vit”. Considérons 32 A. NAJMI l’ensemble des bijections 2 Bij (fa1 ; :::an g ; fb1 ; :::bn g). Les cas favorables à Ac sont les n-partitions de de la forme pour tout séquent ffa1 ; (a1 )g ; fa2 ; (a2 )g ; :::; fan ; (an )gg 2 Bij (fa1 ; :::an g ; fb1 ; :::bn g) : D’où jAc j = n!: Par conjAc j n! (n!)2 2n P (A ) = = (2n)! = j j (2n)! n c n!2 D’où (n!)2 2n : P (A) = 1 (2n)! Exercice 11.12. Le but de cet exercice est, entre autres, de démontrer que le nombre de partitions d’un ensemble …ni E (jEj = k) est p=1 P pk 1 = e : k p=0 p! Soit (k; n) le nombre de partitions de E d’ordre n (en n parties) et S (E; Fn ) =ensemble des surjctions de E sur Fn avec jFn j = n: Posons Snk = jS (E; Fn )j : (1) Montrer que Snk = n! (k; n) pour tout n; k 2 N: n=k P n k (2) Montrer que pk = Cp Sn pour tout n; k 2 N: (3) Montrer que k = p n=0 n=k P (k; n) : n=0 (4) Posons up = pk xp! : Montrer que pour k …xé (a) Si x = 0 la série des up converge. (b) Si x 6= 0 il existe p0 2 N : 8p 2 N : p p0 on a up+1 up (5) Posons gk (x) = P p 0 1 : 2 p pk xp! : Montrer que gk (x) = ex et en déduire que k =e 1 n=1 P n=0 n=k P (k; n) xn n=0 nk : n! (6) Montrer de deux manières di¤érentes que k = k P l=0 Ckl 1 l: PROBABILITÉS 33 (7) Montrer que 1+ P k 1 k k! x xk = e(e 1)