Probabilités finies : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Modéliser le lancer de deux dés

1. On distingue les deux dés et l’on prend \(\Omega = \{1, \ldots, 6\}^2\), où \((i, j)\) signifie « le dé rouge donne \(i\), le dé bleu donne \(j\) ». Ainsi \(\mathrm{card}(\Omega) = 36\). Les dés sont équilibrés et lancés indépendamment, donc aucun couple n’est privilégié. On munit \(\Omega\) de la probabilité uniforme : chaque couple a pour probabilité \(\frac{1}{36}\).
2. D’abord, \(A = \{(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)\}\), donc \(P(A) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}\). Ensuite, \(B = \{(k, k) : 1 \leq\, k \leq\, 6\}\), donc \(P(B) = \frac{1}{6}\). Enfin, le contraire de \(C\) est « aucun dé ne donne 6 », soit \(\{1, \ldots, 5\}^2\), qui contient 25 couples. Par conséquent, \(P(A) = P(B) = \frac{1}{6}\) et \(P(C) = 1 – \frac{25}{36} = \frac{11}{36}\).
3. Un double \((k, k)\) a une somme \(2k\) paire, donc jamais égale à 7. Ainsi \(A \cap B = \emptyset\) : \(A\) et \(B\) sont incompatibles. Ensuite, \(A \cap C = \{(1, 6), (6, 1)\}\), d’où \(P(A \cap C) = \frac{2}{36} = \frac{1}{18}\). La grille de l’énoncé montre ces deux cases violettes. Enfin, \(P(A \cup C) = \frac{6}{36} + \frac{11}{36} – \frac{2}{36} = \frac{15}{36}\). Donc \(P(A \cap C) = \frac{1}{18}\) et \(P(A \cup C) = \frac{5}{12}\).
4. Dans le vrai modèle, la somme 2 correspond au seul couple \((1, 1)\), tandis que la somme 7 correspond à six couples. Ainsi \(P(S = 2) = \frac{1}{36}\) alors que \(P(S = 7) = \frac{1}{6}\). Les sommes ne sont pas équiprobables, donc la probabilité uniforme sur \(\{2, \ldots, 12\}\) ne décrit pas l’expérience. Cet univers est acceptable, mais avec d’autres poids.

Point de méthode : pour des lancers ou tirages successifs, on distingue les objets et on travaille avec des couples ordonnés ; l’équiprobabilité y est naturelle.

Corrigé de l’exercice 2 : Opérations sur les événements

1. Par la formule de la réunion, \(P(A \cup B) = 0{,}5 + 0{,}4 – 0{,}2 = 0{,}7\). Ensuite, par la loi de De Morgan, \(\overline{A} \cap \overline{B} = \overline{A \cup B}\), donc \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 1 – 0{,}7 = 0{,}3\). Enfin, \(A\) est la réunion disjointe de \(A \cap B\) et \(A \cap \overline{B}\), d’où \(P(A \cap \overline{B}) = 0{,}5 – 0{,}2 = 0{,}3\). On obtient \(P(A \cup B) = 0{,}7\), \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}3\) et \(P(A \cap \overline{B}) = 0{,}3\). Le diagramme ci-dessous place ces quatre probabilités dans les quatre zones.

   

2. L’événement « exactement un » est la réunion disjointe de \(A \cap \overline{B}\) et \(\overline{A} \cap B\). De même qu’au 1, \(P(\overline{A} \cap B) = 0{,}4 – 0{,}2 = 0{,}2\). La probabilité cherchée vaut \(0{,}3 + 0{,}2 = 0{,}5\). On retrouve aussi \(P(A \cup B) – P(A \cap B) = 0{,}7 – 0{,}2\).
3. D’abord, \(A \cap B \subset A\) et \(A \cap B \subset B\), donc par croissance \(P(A \cap B) \leq\, P(A)\) et \(P(A \cap B) \leq\, P(B)\). Ensuite, \(P(A \cup B) \leq\, 1\), et la formule de la réunion donne \(P(A \cap B) = P(A) + P(B) – P(A \cup B) \geq\, P(A) + P(B) – 1\). L’encadrement \(P(A) + P(B) – 1 \leq\, P(A \cap B) \leq\, \min(P(A), P(B))\) est démontré.
4. D’après la question précédente, on devrait avoir \(P(A \cap B) \geq\, 0{,}7 + 0{,}6 – 1 = 0{,}3\). Or \(0{,}2 < 0{,}3\). De tels événements n’existent donc pas.

Corrigé de l’exercice 3 : Probabilité définie par des poids

1. Les poids doivent avoir pour somme 1 : \(c(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 21c = 1\). Donc \(c = \frac{1}{21}\). Les réels \(\frac{k}{21}\) sont positifs et de somme 1. D’après le théorème de caractérisation par les issues, il existe une unique probabilité telle que \(P(\{k\}) = \frac{k}{21}\), avec \(c = \frac{1}{21}\).
2. On a \(A = \{2, 4, 6\}\), donc \(P(A) = \frac{2 + 4 + 6}{21} = \frac{12}{21}\). De même, \(B = \{4, 5, 6\}\), donc \(P(B) = \frac{15}{21}\). Ainsi \(P(A) = \frac{4}{7}\) et \(P(B) = \frac{5}{7}\).
3. D’abord, \(A \cap B = \{4, 6\}\), donc \(P(A \cap B) = \frac{10}{21}\). Par la formule de la réunion, \(P(A \cup B) = \frac{12 + 15 – 10}{21} = \frac{17}{21}\). Autrement, le contraire de \(A \cup B\) est \(\{1, 3\}\), de probabilité \(\frac{4}{21}\), et \(1 – \frac{4}{21} = \frac{17}{21}\). On trouve \(P(A \cap B) = \frac{10}{21}\) et \(P(A \cup B) = \frac{17}{21}\).
4. On cherche \(c > 0\) tel que \(c \sum_{k=1}^{6} \frac{1}{k} = 1\). Or \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} = \frac{60 + 30 + 20 + 15 + 12 + 10}{60} = \frac{147}{60} = \frac{49}{20}\). Une telle probabilité existe, avec \(c = \frac{20}{49}\). En effet, tout choix de poids positifs se normalise ainsi.

Corrigé de l’exercice 4 : Mains de cartes par dénombrement

1. Le tirage est simultané, donc une main est une partie à 5 éléments du jeu. On prend pour \(\Omega\) l’ensemble de ces parties. Le tirage se fait au hasard, donc toutes les mains sont équiprobables. On a \(\mathrm{card}(\Omega) = \binom\,{32}{5} = \frac{32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28}{120} = 201\,376\).
2. Une main contenant les quatre as est déterminée par sa cinquième carte, choisie parmi les 28 autres. La probabilité vaut \(\frac{28}{201\,376} = \frac{1}{7192}\).
3. On choisit 2 cœurs parmi 8, puis 3 cartes parmi les 24 cartes qui ne sont pas des cœurs. Il y a donc \(\binom\,{8}{2}\binom\,{24}{3} = 28 \times 2024 = 56\,672\) mains favorables. Ensuite, on simplifie : \(\frac{56\,672}{201\,376} = \frac{1771}{6293}\) en divisant par 32, puis par 7. La probabilité vaut \(\frac{253}{899} \approx 0{,}281\).
4. On passe à l’événement contraire « aucun as » : les 5 cartes sont choisies parmi 28. Ainsi \(P(\text{aucun as}) = \frac{\binom\,{28}{5}}{\binom\,{32}{5}} = \frac{98\,280}{201\,376} = \frac{1755}{3596}\). Donc la probabilité d’obtenir au moins un as vaut \(\frac{1841}{3596} \approx 0{,}512\).
5. On construit un full par choix successifs : la hauteur du brelan (8 choix), ses trois couleurs (\(\binom\,{4}{3} = 4\) choix), la hauteur de la paire parmi les 7 restantes, puis ses deux couleurs (\(\binom\,{4}{2} = 6\) choix). Il y a donc \(8 \times 4 \times 7 \times 6 = 1344\) fulls. Chaque full est obtenu une seule fois, car le brelan et la paire jouent des rôles différents. La probabilité d’un full vaut \(\frac{1344}{201\,376} = \frac{6}{899} \approx 0{,}0067\).

Point de méthode : au numérateur comme au dénominateur, on compte le même type d’objets (ici des parties non ordonnées).

Corrigé de l’exercice 5 : Le paradoxe des anniversaires

1. On prend \(\Omega = \{1, \ldots, 365\}^n\) : la \(i\)-ième coordonnée est le jour d’anniversaire de la \(i\)-ième personne. Les hypothèses d’indépendance et d’uniformité donnent l’équiprobabilité sur \(\Omega\), de cardinal \(365^n\). Les issues favorables sont les listes à éléments distincts, au nombre de \(365 \times 364 \times \cdots \times (365 – n + 1)\). Par conséquent, \(p_n = \dfrac{365 \times 364 \times \cdots \times (365 – n + 1)}{365^n} = \displaystyle\prod_{k=0}^{n-1} \frac{365 – k}{365}\).
2. Posons \(f(x) = e^{-x} – 1 + x\). La fonction \(f\) est dérivable et \(f^{\prime}(x) = 1 – e^{-x}\). Cette dérivée est négative sur \(]-\infty, 0]\) et positive sur \([0, +\infty[\). Ainsi \(f\) admet un minimum en 0, égal à \(f(0) = 0\). Donc \(1 – x \leq\, e^{-x}\) pour tout réel \(x\).
3. Pour \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\), on a \(0 \leq\, 1 – \frac{k}{365} \leq\, e^{-k/365}\). Comme ces facteurs sont positifs, on peut multiplier les inégalités membre à membre :
   \[p_n = \prod_{k=0}^{n-1} (1 – \frac{k}{365}) \leq\, \exp(-\frac{1}{365}\sum_{k=0}^{n-1} k) = \exp(-\frac{n(n-1)}{730}).\]
   L’inégalité demandée est établie.
4. Pour \(n = 23\), \(n(n-1) = 506\). Or \(506 > 730 \ln 2 \approx 505{,}997\), donc \(\frac{506}{730} > \ln 2\). La fonction exponentielle étant croissante, \(p_{23} \leq\, e^{-506/730} < e^{-\ln 2} = \frac{1}{2}\). La probabilité qu’au moins deux personnes partagent leur anniversaire, \(1 – p_{23}\), dépasse donc \(\frac{1}{2}\). Le calcul exact donne \(1 – p_{23} \approx 0{,}507\). La figure ci-dessous compare les valeurs exactes et le minorant obtenu : ils sont très proches.

   

Corrigé de l’exercice 6 : Problème des rencontres et formule du crible

1. On applique deux fois la formule de la réunion. D’abord, \(P(A \cup B \cup C) = P(A \cup B) + P(C) – P((A \cup B) \cap C)\). Ensuite, \((A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C)\), et l’intersection de ces deux événements est \(A \cap B \cap C\). Donc \(P((A \cup B) \cap C) = P(A \cap C) + P(B \cap C) – P(A \cap B \cap C)\). Enfin, on remplace \(P(A \cup B)\) par \(P(A) + P(B) – P(A \cap B)\). On obtient exactement la formule du crible pour trois événements.
2. Numérotons lettres et enveloppes de 1 à 4, la lettre \(i\) étant destinée à l’enveloppe \(i\). Un placement est une permutation de \(\{1, 2, 3, 4\}\), et l’on prend pour \(\Omega\) l’ensemble \(S_4\) de ces permutations, muni de l’équiprobabilité. Ainsi \(\mathrm{card}(\Omega) = 24\). Si la lettre \(i\) est bien placée, les trois autres se placent de \(3! = 6\) façons, donc \(P(A_i) = \frac{6}{24} = \frac{1}{4}\). De même, \(P(A_i \cap A_j) = \frac{2!}{24} = \frac{1}{12}\). Trois lettres bien placées forcent la quatrième, donc \(P(A_i) = \frac{1}{4}\), \(P(A_i \cap A_j) = \frac{1}{12}\), et toute intersection de trois ou quatre \(A_i\) a pour probabilité \(\frac{1}{24}\).
3. La formule du crible compte 4 termes simples, 6 intersections doubles, 4 triples et une quadruple :
   \[P\Big(\bigcup_{i=1}^{4} A_i\Big) = 4 \times \frac{1}{4} – 6 \times \frac{1}{12} + 4 \times \frac{1}{24} – \frac{1}{24} = \frac{24 – 12 + 4 – 1}{24} = \frac{15}{24}.\]
   Par conséquent, la probabilité qu’aucune lettre ne soit bien placée vaut \(1 – \frac{5}{8} = \frac{3}{8}\).
4. Pour \(n = 4\), \(\sum_{k=0}^{4} \frac{(-1)^k}{k!} = 1 – 1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{6} + \frac{1}{24} = \frac{12 – 4 + 1}{24} = \frac{9}{24} = \frac{3}{8}\), ce qui confirme le résultat. De plus, la série exponentielle donne \(\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!} \to e^{-1}\). La limite vaut \(\frac{1}{e} \approx 0{,}368\).

Corrigé de l’exercice 7 : Probabilité conditionnelle dans une classe

1. Le choix se fait au hasard, donc on est en situation d’équiprobabilité sur les 30 étudiants. Il y a 18 filles, \(6 + 4 = 10\) porteurs de lunettes et 6 filles à lunettes. Ainsi \(P(F) = \frac{3}{5}\), \(P(L) = \frac{1}{3}\) et \(P(F \cap L) = \frac{1}{5}\).
2. Par définition, \(P_F(L) = \frac{P(F \cap L)}{P(F)} = \frac{1/5}{3/5} = \frac{1}{3}\). De même, \(P_L(F) = \frac{1/5}{1/3} = \frac{3}{5}\). Un tiers des filles portent des lunettes, et trois porteurs de lunettes sur cinq sont des filles.
3. On a \(P(F)P(L) = \frac{3}{5} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{5} = P(F \cap L)\). Les événements \(F\) et \(L\) sont donc indépendants. Cela se voit aussi sur \(P_F(L) = P(L)\).
4. D’abord, \(P_L\) est une probabilité, donc \(P_L(\overline{F}) = 1 – P_L(F) = \frac{2}{5}\). Ensuite, directement, 4 des 10 porteurs de lunettes sont des garçons. Dans les deux cas, \(P_L(\overline{F}) = \frac{2}{5}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Tirages successifs et probabilités composées

1. Par la formule des probabilités composées, \(P(B_1 \cap B_2 \cap B_3) = P(B_1) P_{B_1}(B_2) P_{B_1 \cap B_2}(B_3)\). Avant chaque tirage, on connaît la composition de l’urne. Ainsi, cette probabilité vaut \(\frac{3}{8} \times \frac{2}{7} \times \frac{1}{6} = \frac{6}{336}\). La probabilité de tirer les trois blanches vaut \(\frac{1}{56}\).
2. L’événement est \(\overline{B_1} \cap \overline{B_2} \cap B_3\). De la même façon, sa probabilité vaut \(\frac{5}{8} \times \frac{4}{7} \times \frac{3}{6} = \frac{60}{336}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{5}{28}\).
3. Le couple \((B_1, \overline{B_1})\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles. Par la formule des probabilités totales :
   \[P(B_2) = P(B_1) P_{B_1}(B_2) + P(\overline{B_1}) P_{\overline{B_1}}(B_2) = \frac{3}{8} \times \frac{2}{7} + \frac{5}{8} \times \frac{3}{7} = \frac{6 + 15}{56} = \frac{21}{56}.\]
   Ainsi \(P(B_2) = \frac{3}{8} = P(B_1)\). Ce résultat s’explique par symétrie : sans information sur le premier tirage, chaque boule a la même chance d’être tirée en deuxième.
4. Par définition, \(P_{B_2}(B_1) = \frac{P(B_1 \cap B_2)}{P(B_2)} = \frac{6/56}{21/56}\). On obtient \(P_{B_2}(B_1) = \frac{2}{7}\). C’est la même valeur que \(P_{B_1}(B_2)\), toujours par symétrie.

Corrigé de l’exercice 9 : Urne choisie au hasard et probabilités totales

1. Le dé donne \(P(U_1) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\) et \(P(U_2) = \frac{2}{3}\). Ensuite, \(P_{U_1}(W_1) = \frac{3}{4}\) et \(P_{U_2}(W_1) = \frac{1}{4}\). Le couple \((U_1, U_2)\) est un système complet, donc par la formule des probabilités totales, \(P(W_1) = \frac{1}{3} \times \frac{3}{4} + \frac{2}{3} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{4} + \frac{1}{6}\). La probabilité de tirer une boule blanche vaut \(\frac{5}{12}\).
2. Par la formule de Bayes, \(P_{W_1}(U_1) = \frac{P(U_1) P_{U_1}(W_1)}{P(W_1)} = \frac{1/4}{5/12} = \frac{12}{20}\). La probabilité que la boule provienne de \(U_1\) vaut \(\frac{3}{5}\). Elle a augmenté par rapport à \(\frac{1}{3}\), car \(U_1\) est riche en blanches.
3. Sachant l’urne choisie, les deux tirages avec remise sont indépendants. Ainsi \(P_{U_1}(W_1 \cap W_2) = (\frac{3}{4})^2 = \frac{9}{16}\) et \(P_{U_2}(W_1 \cap W_2) = \frac{1}{16}\). Par la formule des probabilités totales, \(P(W_1 \cap W_2) = \frac{1}{3} \times \frac{9}{16} + \frac{2}{3} \times \frac{1}{16} = \frac{9 + 2}{48}\). Donc \(P(W_1 \cap W_2) = \frac{11}{48}\).
4. Par symétrie, \(P(W_2) = \frac{5}{12}\), donc \(P(W_1)P(W_2) = \frac{25}{144}\). Or \(\frac{11}{48} = \frac{33}{144}\). Les événements \(W_1\) et \(W_2\) ne sont pas indépendants. En effet, une première boule blanche rend plus probable l’urne \(U_1\), donc une seconde blanche : \(P_{W_1}(W_2) = \frac{11}{20} > \frac{5}{12}\).

Point de méthode : l’indépendance sachant chaque cause n’entraîne pas l’indépendance tout court ; il faut toujours recalculer.

Corrigé de l’exercice 10 : Test de dépistage et formule de Bayes

1. Les données se traduisent ainsi : \(P(M) = 0{,}01\), \(P_M(T) = 0{,}99\) et \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}02\). On en déduit \(P_M(\overline{T}) = 0{,}01\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}98\), car \(P_M\) et \(P_{\overline{M}}\) sont des probabilités. L’arbre pondéré ci-dessous résume la situation, avec la probabilité de chaque chemin.

   

2. Par la formule des probabilités totales, \(P(T) = 0{,}0099 + 0{,}0198 = 0{,}0297\). Ensuite, la formule de Bayes donne \(P_T(M) = \frac{0{,}0099}{0{,}0297} = \frac{99}{297}\). Ainsi \(P(T) = 0{,}0297\) et \(P_T(M) = \frac{1}{3}\). Malgré la qualité du test, deux positifs sur trois sont sains, car les malades sont rares.
3. On a \(P(\overline{T}) = 1 – 0{,}0297 = 0{,}9703\) et \(P(\overline{M} \cap \overline{T}) = 0{,}99 \times 0{,}98 = 0{,}9702\). Par conséquent, \(P_{\overline{T}}(\overline{M}) = \frac{0{,}9702}{0{,}9703} \approx 0{,}99990\). Un test négatif est donc très rassurant.
4. Notons \(T_1\) et \(T_2\) les deux résultats positifs. Par l’indépendance conditionnelle supposée, \(P_M(T_1 \cap T_2) = 0{,}99^2 = 0{,}9801\) et \(P_{\overline{M}}(T_1 \cap T_2) = 0{,}02^2 = 0{,}0004\). La formule de Bayes donne alors
   \[P_{T_1 \cap T_2}(M) = \frac{0{,}01 \times 0{,}9801}{0{,}01 \times 0{,}9801 + 0{,}99 \times 0{,}0004} = \frac{0{,}009801}{0{,}010197} = \frac{99}{103}.\]
   La probabilité d’être malade après deux tests positifs vaut \(\frac{99}{103} \approx 0{,}961\).

Corrigé de l’exercice 11 : Indépendance deux à deux et mutuelle

1. On travaille sur \(\Omega = \{1, \ldots, 6\}^2\) muni de l’équiprobabilité. L’événement \(A\) contient \(3 \times 6 = 18\) couples, de même que \(B\). Ensuite, la somme est paire si les deux dés ont la même parité : cela donne \(9 + 9 = 18\) couples. Ainsi \(P(A) = P(B) = P(C) = \frac{1}{2}\).
2. D’abord, \(A \cap B\) contient \(3 \times 3 = 9\) couples, donc \(P(A \cap B) = \frac{1}{4} = P(A)P(B)\). Ensuite, \(A \cap C\) signifie « premier pair et second pair », soit \(A \cap B\) : \(P(A \cap C) = \frac{1}{4}\). De même, \(B \cap C = A \cap B\), d’où \(P(B \cap C) = \frac{1}{4}\). Chaque probabilité d’intersection vaut \(\frac{1}{4} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\) : les trois événements sont indépendants deux à deux.
3. On a \(A \cap B \cap C = A \cap B\), donc \(P(A \cap B \cap C) = \frac{1}{4}\). Or \(P(A)P(B)P(C) = \frac{1}{8}\). Les événements ne sont pas mutuellement indépendants.
4. L’intersection \(A \cap D\) est « le premier dé donne 2 », de probabilité \(\frac{1}{6}\). Or \(P(A)P(D) = \frac{1}{4}\). \(A\) et \(D\) ne sont ni indépendants (\(\frac{1}{6} \neq \frac{1}{4}\)), ni incompatibles (\(A \cap D \neq \emptyset\)).

Corrigé de l’exercice 12 : Indépendance et répétition d’une épreuve

1. D’abord, \(A\) est la réunion disjointe de \(A \cap B\) et \(A \cap \overline{B}\). Donc \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) – P(A)P(B) = P(A)P(\overline{B})\) : \(A\) et \(\overline{B}\) sont indépendants. On applique ensuite ce résultat au couple \((\overline{B}, A)\). Ainsi \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) P(\overline{B})\).
2. Notons \(R_i\) « le \(i\)-ième tir réussit ». Les événements \(\overline{R_1}, \ldots, \overline{R_n}\) sont mutuellement indépendants, par le même argument appliqué à chaque sous-famille. Le contraire de « au moins une réussite » est \(\overline{R_1} \cap \cdots \cap \overline{R_n}\), de probabilité \(0{,}7^n\). La probabilité cherchée vaut \(1 – 0{,}7^n\).
3. On veut \(0{,}7^n \leq\, 0{,}05\), soit \(n \ln 0{,}7 \leq\, \ln 0{,}05\). Comme \(\ln 0{,}7 < 0\), cela équivaut à \(n \geq\, \frac{\ln 0{,}05}{\ln 0{,}7} \approx 8{,}40\). On vérifie : \(0{,}7^8 \approx 0{,}0576\) et \(0{,}7^9 \approx 0{,}0404\). Le plus petit entier convenable est \(n = 9\).
4. L’événement est \(\overline{R_1} \cap \overline{R_2} \cap \overline{R_3} \cap R_4\). Par indépendance mutuelle, sa probabilité vaut \(0{,}7^3 \times 0{,}3\). On obtient \(0{,}1029\).

Corrigé de l’exercice 13 : Urne de Pólya

1. Au départ, l’urne contient une blanche et une noire, donc \(P(W_1) = \frac{1}{2}\). Si la première est blanche, l’urne contient 2 blanches et 1 noire, donc \(P_{W_1}(W_2) = \frac{2}{3}\). Sinon, elle contient 1 blanche et 2 noires, et \(P_{\overline{W_1}}(W_2) = \frac{1}{3}\). Par la formule des probabilités totales, \(P(W_2) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{2}\). Enfin, par la formule de Bayes, \(P_{W_2}(W_1) = \frac{1/3}{1/2}\). On trouve \(P(W_1) = P(W_2) = \frac{1}{2}\) et \(P_{W_2}(W_1) = \frac{2}{3}\).
2. On a \(P(W_1 \cap W_2) = \frac{1}{3}\), alors que \(P(W_1)P(W_2) = \frac{1}{4}\). Les événements \(W_1\) et \(W_2\) ne sont pas indépendants.
3. Avant le \((t+1)\)-ième tirage, l’urne contient \(t + 2\) boules. Par la formule des probabilités composées, la probabilité d’une suite donnée est un produit de \(n\) fractions. Les dénominateurs valent successivement \(2, 3, \ldots, n + 1\), de produit \((n+1)!\). Ensuite, lorsqu’on tire la \(j\)-ième blanche, l’urne contient \(j\) blanches : les numérateurs des tirages blancs sont \(1, 2, \ldots, k\). De même, ceux des tirages noirs sont \(1, 2, \ldots, n – k\). Toute suite comportant \(k\) blanches a donc pour probabilité \(\frac{k!\,(n-k)!}{(n+1)!}\), quel que soit l’ordre.
4. L’événement \((X_n = k)\) est la réunion disjointe des suites comportant \(k\) blanches. Or ces suites sont au nombre de \(\binom\,{n}{k}\), car on choisit les rangs des blanches. Donc \(P(X_n = k) = \binom\,{n}{k} \frac{k!\,(n-k)!}{(n+1)!} = \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1}\). La variable \(X_n\) suit la loi uniforme sur \(\{0, \ldots, n\}\), et \(E(X_n) = \frac{n}{2}\). En effet, \(E(X_n) = \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^{n} k = \frac{n}{2}\).

Corrigé de l’exercice 14 : Loi du maximum de deux dés

1. On a \(M \leq\, k\) si et seulement si les deux dés donnent un résultat dans \(\{1, \ldots, k\}\). Il y a \(k^2\) tels couples parmi 36. Donc \(P(M \leq\, k) = \frac{k^2}{36}\).
2. Pour \(k \geq\, 2\), \(P(M = k) = P(M \leq\, k) – P(M \leq\, k – 1) = \frac{k^2 – (k-1)^2}{36} = \frac{2k – 1}{36}\). La formule reste vraie pour \(k = 1\). Ensuite,
   \[E(M) = \sum_{k=1}^{6} k \frac{2k – 1}{36} = \frac{2 \times 91 – 21}{36} = \frac{161}{36}.\]
   La loi est \(P(M = k) = \frac{2k-1}{36}\) et \(E(M) = \frac{161}{36} \approx 4{,}47\). Le diagramme ci-dessous montre cette loi croissante.

   

3. On a \(m \geq\, k\) si et seulement si les deux dés donnent un résultat dans \(\{k, \ldots, 6\}\), qui a \(7 – k\) éléments. Donc \(P(m \geq\, k) = \frac{(7-k)^2}{36}\). Ensuite, \(P(m = k) = P(m \geq\, k) – P(m \geq\, k + 1) = \frac{(7-k)^2 – (6-k)^2}{36}\). Ainsi \(P(m = k) = \frac{13 – 2k}{36}\) pour \(1 \leq\, k \leq\, 6\).
4. Le plus grand et le plus petit des deux résultats sont les deux résultats eux-mêmes, donc \(M + m = D_1 + D_2\). Par linéarité, \(E(M) + E(m) = E(D_1) + E(D_2) = 7\). Par conséquent, \(E(m) = 7 – \frac{161}{36} = \frac{91}{36}\). Un calcul direct donne bien \(\frac{13 \times 21 – 2 \times 91}{36} = \frac{91}{36}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Somme de deux dés, loi, espérance et variance

1. On a \(S(\Omega) = \{2, \ldots, 12\}\). Pour \(2 \leq\, k \leq\, 7\), les couples de somme \(k\) sont \((1, k-1), \ldots, (k-1, 1)\) : il y en a \(k – 1 = 6 – |k – 7|\). Pour \(7 \leq\, k \leq\, 12\), ce sont \((k-6, 6), \ldots, (6, k-6)\) : il y en a \(13 – k = 6 – |k – 7|\). Ainsi \(P(S = k) = \frac{6 – |k-7|}{36}\).
2. La loi est symétrique par rapport à 7, car \(P(S = 7 + j) = P(S = 7 – j)\). En regroupant les termes \(7 + j\) et \(7 – j\), la définition donne \(E(S) = 7 \sum_k P(S = k) = 7\). Par linéarité, \(S = D_1 + D_2\) et \(E(D_i) = \frac{21}{6} = \frac{7}{2}\). Dans les deux cas, \(E(S) = 7\).
3. Par le théorème de transfert, \(36 E(S^2) = 4 + 18 + 48 + 100 + 180 + 294 + 320 + 324 + 300 + 242 + 144 = 1974\). Ensuite, König-Huygens donne \(V(S) = \frac{1974}{36} – 49 = \frac{1974 – 1764}{36} = \frac{210}{36}\). On obtient \(E(S^2) = \frac{329}{6}\) et \(V(S) = \frac{35}{6}\).
4. L’événement \(|S – 7| \geq\, 3\) est \(S \in \{2, 3, 4, 10, 11, 12\}\). Sa probabilité vaut \(\frac{1 + 2 + 3 + 3 + 2 + 1}{36} = \frac{12}{36}\). Donc \(P(|S – 7| \geq\, 3) = \frac{1}{3}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Réponses au hasard à un QCM

1. Chaque question est une épreuve de Bernoulli de succès « réponse juste », de probabilité \(\frac{1}{4}\). Les 10 épreuves sont mutuellement indépendantes, et \(X\) compte les succès. Par le théorème du cours, \(X \sim \mathcal{B}(10, \frac{1}{4})\).
2. D’abord, \(P(X = 0) = (\frac{3}{4})^{10} \approx 0{,}0563\). Ensuite, \(P(X = 1) = 10 \times \frac{1}{4} \times (\frac{3}{4})^9 \approx 0{,}1877\) et \(P(X = 2) = 45 \times \frac{1}{16} \times (\frac{3}{4})^8 \approx 0{,}2816\). Ainsi \(P(X = 0) \approx 0{,}056\) et \(P(X \leq\, 2) \approx 0{,}526\).
3. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np\) et \(V(X) = np(1-p)\). Donc \(E(X) = \frac{5}{2}\) et \(V(X) = 10 \times \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{15}{8}\).
4. Il y a \(10 – X\) mauvaises réponses, donc \(N = X – \frac{10 – X}{3} = \frac{4X – 10}{3}\). Par linéarité, \(E(N) = \frac{4 \times 2{,}5 – 10}{3} = 0\). Ensuite, \(V(N) = \frac{16}{9} V(X) = \frac{16}{9} \times \frac{15}{8} = \frac{10}{3}\). On obtient \(E(N) = 0\) et \(V(N) = \frac{10}{3}\). Le barème est donc conçu pour qu’un candidat répondant au hasard ait une note moyenne nulle.

Corrigé de l’exercice 17 : Rang de la première boule blanche

1. Il y a 3 noires, donc la première blanche sort au plus tard au quatrième tirage. Ainsi \(X(\Omega) = \{1, 2, 3, 4\}\).
2. Notons \(N_i\) « la \(i\)-ième boule est noire ». Par la formule des probabilités composées :
   \[\begin{aligned} P(X = 1) = \tfrac{2}{5}, \quad P(X = 2) = \tfrac{3}{5} \times \tfrac{2}{4} = \tfrac{3}{10}, \\ P(X = 3) = \tfrac{3}{5} \times \tfrac{2}{4} \times \tfrac{2}{3} = \tfrac{1}{5}, \quad P(X = 4) = \tfrac{3}{5} \times \tfrac{2}{4} \times \tfrac{1}{3} \times 1 = \tfrac{1}{10}. \end{aligned}\]
   La loi de \(X\) est \((\frac{4}{10}, \frac{3}{10}, \frac{2}{10}, \frac{1}{10})\) sur \(\{1, 2, 3, 4\}\) ; la somme vaut bien 1.
3. D’abord, \(E(X) = \frac{4 + 6 + 6 + 4}{10} = 2\). Ensuite, par transfert, \(E(X^2) = \frac{4 + 12 + 18 + 16}{10} = 5\). Donc \(E(X) = 2\) et \(V(X) = 5 – 4 = 1\).
4. Si l’on vide entièrement l’urne, les positions des deux blanches forment une partie à 2 éléments de \(\{1, \ldots, 5\}\), et ces 10 parties sont équiprobables. Ensuite, \(X = 1\) signifie que la position 1 est prise : il reste 4 choix pour l’autre blanche. De même, \(X = 4\) impose les positions \(\{4, 5\}\). On retrouve \(P(X = 1) = \frac{4}{10}\) et \(P(X = 4) = \frac{1}{10}\).

Corrigé de l’exercice 18 : Un jeu équitable

1. La variable \(G\) prend les valeurs \(12\), \(3\) et \(-a\), avec les probabilités \(\frac{1}{6}\), \(\frac{2}{6}\) et \(\frac{3}{6}\). Ainsi \(E(G) = \frac{12 + 6 – 3a}{6}\). La loi est \((\frac{1}{6}, \frac{1}{3}, \frac{1}{2})\) et \(E(G) = 3 – \frac{a}{2}\).
2. On résout \(3 – \frac{a}{2} = 0\). Le jeu est équitable pour \(a = 6\).
3. Dans ce cas, \(E(G) = 0\), donc \(V(G) = E(G^2) = \frac{144 + 2 \times 9 + 3 \times 36}{6} = \frac{270}{6}\). On obtient \(V(G) = 45\) et \(\sigma(G) = 3\sqrt{5} \approx 6{,}71\) euros.
4. Le nouveau gain vaut \(G^{\prime} = 2G – 1\). Par linéarité, \(E(G^{\prime}) = 2 \times 0 – 1\). Ensuite, \(V(G^{\prime}) = 4 V(G)\). Ainsi \(E(G^{\prime}) = -1\) et \(V(G^{\prime}) = 180\). Le jeu devient défavorable au joueur.

Corrigé de l’exercice 19 : Loi uniforme sur un ensemble d’entiers

1. D’abord, \(E(X) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} k = \frac{1}{n} \times \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n+1}{2}\). Ensuite, par transfert, \(E(X^2) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{(n+1)(2n+1)}{6}\). Enfin, par König-Huygens, \(V(X) = \frac{(n+1)(2n+1)}{6} – \frac{(n+1)^2}{4} = \frac{(n+1)(4n + 2 – 3n – 3)}{12}\). Donc \(E(X) = \frac{n+1}{2}\) et \(V(X) = \frac{n^2 – 1}{12}\).
2. Posons \(N = b – a + 1\) et \(U = Y – a + 1\). La variable \(U\) prend les valeurs \(1, \ldots, N\), et \(P(U = j) = P(Y = a + j – 1) = \frac{1}{N}\). Donc \(U \sim \mathcal{U}(\{1, \ldots, N\})\). Comme \(Y = U + a – 1\), on a \(E(Y) = \frac{N+1}{2} + a – 1\) et \(V(Y) = V(U)\). Ainsi \(E(Y) = \frac{a + b}{2}\) et \(V(Y) = \frac{(b – a + 1)^2 – 1}{12}\).
3. Ici \(a = 10\), \(b = 20\) et \(N = 11\). L’espérance vaut 15 et la variance \(\frac{120}{12} = 10\), donc l’écart type vaut \(\sqrt{10} \approx 3{,}16\).
4. La variable \(Z^2\) vaut 0 si \(Z = 0\) et 1 si \(Z = \pm 1\). Donc \(P(Z^2 = 0) = \frac{1}{3}\), \(P(Z^2 = 1) = \frac{2}{3}\), et \(E(Z^2) = \frac{2}{3}\). Par transfert, on trouve aussi \(E(Z^2) = \frac{(-1)^2 + 0^2 + 1^2}{3}\). Les deux calculs donnent \(E(Z^2) = \frac{2}{3}\).

Corrigé de l’exercice 20 : Espérance et variance de la loi binomiale

1. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), \(k \binom\,{n}{k} = \frac{k \cdot n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{n \cdot (n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!}\). C’est bien \(n \binom\,{n-1}{k-1}\).
2. Le terme \(k = 0\) est nul. On utilise la question 1, puis on pose \(j = k – 1\) :
   \[E(X) = \sum_{k=1}^{n} n\binom\,{n-1}{k-1} p^k q^{n-k} = np \sum_{j=0}^{n-1} \binom\,{n-1}{j} p^{j} q^{n-1-j} = np (p + q)^{n-1}.\]
   Comme \(p + q = 1\), on obtient \(E(X) = np\).
3. En appliquant deux fois la question 1, \(k(k-1)\binom\,{n}{k} = n(n-1)\binom\,{n-2}{k-2}\) pour \(k \geq\, 2\). Les termes \(k = 0\) et \(k = 1\) sont nuls. Par transfert et binôme, \(E(X(X-1)) = n(n-1)p^2 (p + q)^{n-2} = n(n-1)p^2\). Ensuite, \(E(X^2) = E(X(X-1)) + E(X)\), donc \(V(X) = n(n-1)p^2 + np – n^2p^2 = np – np^2\). Ainsi \(V(X) = np(1 – p) = npq\).
4. La loi \(\mathcal{B}(n, p)\) est celle du nombre de succès dans \(n\) épreuves de Bernoulli indépendantes. On écrit donc \(X = X_1 + \cdots + X_n\), où \(X_i\) vaut 1 en cas de succès à l’épreuve \(i\). Chaque \(X_i\) suit \(\mathcal{B}(p)\), d’espérance \(p\). Par linéarité, \(E(X) = np\). Cette méthode n’utilise ni la loi de \(X\) ni l’indépendance.

Corrigé de l’exercice 21 : Tirages avec et sans remise

1. Avec remise, les trois tirages sont indépendants et chacun donne une rouge avec probabilité \(\frac{4}{10} = 0{,}4\). Donc \(X \sim \mathcal{B}(3\,;\,0{,}4)\) : \(P(X = 0) = 0{,}216\), \(P(X = 1) = 0{,}432\), \(P(X = 2) = 0{,}288\), \(P(X = 3) = 0{,}064\). Ainsi \(E(X) = 1{,}2\) et \(V(X) = 3 \times 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}72\).
2. Sans remise, on prend pour univers les parties à 3 éléments des 10 boules, équiprobables, au nombre de \(\binom\,{10}{3} = 120\). Pour obtenir \(k\) rouges, on choisit \(k\) rouges parmi 4 et \(3 – k\) bleues parmi 6. Donc \(P(X = k) = \frac{\binom\,{4}{k}\binom\,{6}{3-k}}{120}\), ce qui donne \(\frac{20}{120}\), \(\frac{60}{120}\), \(\frac{36}{120}\), \(\frac{4}{120}\). La loi est \((\frac{1}{6}, \frac{1}{2}, \frac{3}{10}, \frac{1}{30})\) sur \(\{0, 1, 2, 3\}\).
3. D’abord, \(E(X) = \frac{60 + 72 + 12}{120} = \frac{144}{120} = 1{,}2\). Ensuite, par transfert, \(E(X^2) = \frac{60 + 144 + 36}{120} = 2\). Ainsi \(E(X) = 1{,}2\) et \(V(X) = 2 – 1{,}44 = 0{,}56\).
4. Les deux espérances sont égales, car chaque boule tirée est rouge avec probabilité \(0{,}4\) dans les deux cas. En revanche, sans remise, tirer une rouge diminue les chances de la suivante. Les valeurs extrêmes 0 et 3 deviennent donc moins probables, comme le montre la figure ci-dessous. C’est pourquoi la variance baisse de \(0{,}72\) à \(0{,}56\).

   

Corrigé de l’exercice 22 : Mode d’une loi binomiale

1. Comme \(0 < p < 1\), tous les \(p_k\) sont non nuls. Ensuite, \(\frac{\binom\,{n}{k+1}}{\binom\,{n}{k}} = \frac{k!\,(n-k)!}{(k+1)!\,(n-k-1)!} = \frac{n – k}{k + 1}\). Donc \(\dfrac{p_{k+1}}{p_k} = \dfrac{(n-k)\,p}{(k+1)(1-p)}\).
2. Les dénominateurs sont positifs, donc \(p_{k+1} > p_k\) équivaut à \((n – k)p > (k + 1)(1 – p)\). En développant, on obtient \(np – kp > k + 1 – kp – p\), soit \(np + p > k + 1\). Ainsi \(p_{k+1} > p_k\) si et seulement si \(k + 1 < (n+1)p\). De même, \(p_{k+1} = p_k\) si et seulement si \(k + 1 = (n+1)p\).
3. Posons \(m = \lfloor (n+1)p \rfloor\). Comme \(0 < (n+1)p < n + 1\), on a \(0 \leq\, m \leq\, n\). Si \((n+1)p\) n’est pas entier, alors pour \(k + 1 \leq\, m\), \(k + 1 < (n+1)p\), donc la suite croît strictement jusqu’à \(p_m\). Pour \(k + 1 \geq\, m + 1\), \(k + 1 > (n+1)p\), donc elle décroît strictement ensuite. Le maximum est unique, atteint en \(k = \lfloor (n+1)p \rfloor\). Pour \(n = 10\) et \(p = 0{,}3\), \((n+1)p = 3{,}3\), donc le mode vaut 3, comme sur le diagramme de l’énoncé.
4. Si \((n+1)p = m\) est entier, alors \(1 \leq\, m \leq\, n\) et \(p_m = p_{m-1}\). La suite croît strictement jusqu’à \(p_{m-1}\) et décroît strictement à partir de \(p_m\). Le maximum est atteint en deux valeurs, \(m – 1\) et \(m\). Pour \(n = 11\) et \(p = \frac{1}{4}\), \(m = 3\). On vérifie que \(p_2 = 55 \frac{3^9}{4^{11}}\) et \(p_3 = 165 \frac{3^8}{4^{11}}\) sont égaux, car \(55 \times 3 = 165\).

Corrigé de l’exercice 23 : Problème, contrôle qualité sur deux machines

1. Le couple \((A, B)\) est un système complet, avec \(P(A) = 0{,}6\), \(P(B) = 0{,}4\), \(P_A(D) = 0{,}02\) et \(P_B(D) = 0{,}05\). Par la formule des probabilités totales, \(P(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}012 + 0{,}020\). Donc \(P(D) = 0{,}032\).
2. Par la formule de Bayes, \(P_D(A) = \frac{0{,}012}{0{,}032} = \frac{12}{32}\). La probabilité que la pièce vienne de \(A\) vaut \(\frac{3}{8} = 0{,}375\).
3. On a \(P(\overline{D}) = 0{,}968\) et \(P(A \cap \overline{D}) = 0{,}6 \times 0{,}98 = 0{,}588\). Donc \(P_{\overline{D}}(A) = \frac{0{,}588}{0{,}968} = \frac{588}{968}\). On simplifie par 4. On obtient \(P_{\overline{D}}(A) = \frac{147}{242} \approx 0{,}607\), fraction irréductible car \(147 = 3 \times 7^2\) et \(242 = 2 \times 11^2\).
4. On a \(P(A \cap D) = 0{,}012\), alors que \(P(A)P(D) = 0{,}6 \times 0{,}032 = 0{,}0192\). Les événements \(A\) et \(D\) ne sont pas indépendants. En effet, la machine \(A\) produit proportionnellement moins de défauts.
5. On répète 50 épreuves indépendantes de succès « pièce défectueuse », de probabilité \(0{,}032\). Donc \(X \sim \mathcal{B}(50\,;\,0{,}032)\), avec \(E(X) = 50 \times 0{,}032 = 1{,}6\) et \(V(X) = 1{,}6 \times 0{,}968 = 1{,}5488\). Ensuite, \(P(X = 0) = 0{,}968^{50} \approx 0{,}1967\) et \(P(X = 1) = 50 \times 0{,}032 \times 0{,}968^{49} \approx 0{,}3251\). Ainsi \(E(X) = 1{,}6\), \(V(X) = 1{,}5488\), \(P(X = 0) \approx 0{,}197\) et \(P(X \geq\, 2) = 1 – P(X = 0) – P(X = 1) \approx 0{,}478\).
6. On a \(C = 20X\). Par linéarité, \(E(C) = 20 \times 1{,}6 = 32\). Ensuite, \(V(C) = 400\, V(X) = 619{,}52\). Donc \(E(C) = 32\) euros et \(\sigma(C) = \sqrt{619{,}52} \approx 24{,}89\) euros.
7. Notons \(Z\) « aucune des 10 pièces contrôlées n’est défectueuse ». Sachant la machine, les pièces sont indépendantes, donc \(P_A(Z) = 0{,}98^{10} \approx 0{,}81707\) et \(P_B(Z) = 0{,}95^{10} \approx 0{,}59874\). Par la formule de Bayes :
   \[P_Z(A) = \frac{0{,}6 \times 0{,}98^{10}}{0{,}6 \times 0{,}98^{10} + 0{,}4 \times 0{,}95^{10}} \approx \frac{0{,}49024}{0{,}49024 + 0{,}23949} \approx 0{,}6718.\]
   La probabilité que le lot vienne de \(A\) vaut environ \(0{,}672\). Le contrôle sans défaut renforce donc un peu la confiance en la machine \(A\), qui passe de \(0{,}6\) à \(0{,}672\).

Point de méthode : dans un problème à plusieurs étapes, on identifie à chaque question le bon système complet de causes, puis on enchaîne probabilités totales et formule de Bayes.

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