Espaces probabilisés : corrigé des exercices de maths en L2.

Corrigé de l’exercice 1 : Tribus sur un ensemble fini

1. Pour \(\mathcal{T}_1\), vérifions les trois axiomes. D’abord, \(\Omega \in \mathcal{T}_1\). Ensuite, les complémentaires de \(\varnothing\), \(\{1\}\), \(\{2,3,4\}\), \(\Omega\) sont respectivement \(\Omega\), \(\{2,3,4\}\), \(\{1\}\), \(\varnothing\) : ils sont dans \(\mathcal{T}_1\). Enfin, \(\mathcal{T}_1\) est finie, donc une réunion dénombrable d’éléments de \(\mathcal{T}_1\) est une réunion finie. Or la réunion de deux éléments de \(\mathcal{T}_1\) est l’un des deux ou \(\Omega\). Donc \(\mathcal{T}_1\) est une tribu. En revanche, \(\{1\} \cup \{2\} = \{1, 2\} \notin \mathcal{T}_2\). Donc \(\mathcal{T}_2\) n’est pas une tribu.
2. Une tribu contenant \(\{1\}\) et \(\{2\}\) contient \(\{1, 2\}\), puis son complémentaire \(\{3, 4\}\). Elle contient donc toutes les réunions de parties prises parmi \(\{1\}\), \(\{2\}\), \(\{3,4\}\). Réciproquement, la famille de ces réunions est stable par complémentaire et par réunion : c’est une tribu. Par conséquent, \(\mathcal{T} = \{\varnothing, \{1\}, \{2\}, \{3,4\}, \{1,2\}, \{1,3,4\}, \{2,3,4\}, \Omega\}\), qui a \(2^3 = 8\) éléments.
3. Soit \(\mathcal{T}\) et \(\mathcal{T}^{\prime}\) deux tribus sur \(\Omega\). D’abord, \(\Omega\) appartient aux deux, donc à \(\mathcal{T} \cap \mathcal{T}^{\prime}\). Ensuite, si \(A \in \mathcal{T} \cap \mathcal{T}^{\prime}\), alors \(\overline{A}\) est dans chacune des deux tribus. Enfin, une suite d’éléments de l’intersection est une suite d’éléments de chaque tribu, donc sa réunion est dans chacune. Ainsi, \(\mathcal{T} \cap \mathcal{T}^{\prime}\) est une tribu.
4. On a \(\{1\} \in \mathcal{T}_1\) et \(\{2\} \in \mathcal{T}_3\). Cependant, \(\{1, 2\}\) n’appartient ni à \(\mathcal{T}_1\) ni à \(\mathcal{T}_3\). Donc \(\mathcal{T}_1 \cup \mathcal{T}_3\) n’est pas stable par réunion : ce n’est pas une tribu.

Corrigé de l’exercice 2 : Traduire des événements

1. « Au moins un » s’écrit \(A \cup B \cup C\), et « aucun » s’écrit \(\overline{A} \cap \overline{B} \cap \overline{C}\). Ensuite, « exactement un » est la réunion disjointe
   \[(A \cap \overline{B} \cap \overline{C}) \cup (\overline{A} \cap B \cap \overline{C}) \cup (\overline{A} \cap \overline{B} \cap C).\]
   Enfin, « au plus un » est le contraire de « au moins deux ». Il s’écrit donc \(\overline{(A \cap B) \cup (A \cap C) \cup (B \cap C)}\).
2. « À partir d’un certain rang \(k\), tous les \(A_n\) sont réalisés » signifie : il existe \(k\) tel que, pour tout \(n \geq\, k\), \(\omega \in A_n\). De même, « une infinité de \(A_n\) » signifie : pour tout \(k\), il existe \(n \geq\, k\) avec \(\omega \in A_n\). Ainsi,
   \[G = \bigcup_{k \geq\, 1} \bigcap_{n \geq\, k} A_n, \qquad L = \bigcap_{k \geq\, 1} \bigcup_{n \geq\, k} A_n.\]
3. Une tribu est stable par réunion et intersection dénombrables. Donc chaque \(\bigcap_{n \geq\, k} A_n\) est dans \(\mathcal{A}\), puis leur réunion \(G\) aussi. Le même raisonnement vaut pour \(L\). De plus, si \(\omega \in G\), tous les \(A_n\) avec \(n \geq\, k\) contiennent \(\omega\). En particulier, une infinité d’entre eux. Donc \(G \subset L\).
4. Pour tout \(k\), la suite \((A_n)_{n \geq\, k}\) prend les deux valeurs \(A\) et \(B\). Par conséquent, \(\bigcap_{n \geq\, k} A_n = A \cap B\) et \(\bigcup_{n \geq\, k} A_n = A \cup B\). On obtient \(G = A \cap B\) et \(L = A \cup B\).

Corrigé de l’exercice 3 : Formule du crible pour trois événements

1. Appliquons la formule à \(A \cup B\) et \(C\) :
   \[P(A \cup B \cup C) = P(A \cup B) + P(C) – P\bigl((A \cup B) \cap C\bigr).\]
   Or \((A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C)\), et l’intersection de ces deux événements est \(A \cap B \cap C\). Donc
   \[P\bigl((A \cup B) \cap C\bigr) = P(A \cap C) + P(B \cap C) – P(A \cap B \cap C).\]
   En remplaçant aussi \(P(A \cup B)\) par \(P(A) + P(B) – P(A \cap B)\), on obtient la formule annoncée.
2. Notons \(D_k\) l’événement « l’entier est divisible par \(k\) ». Comme \(k\) divise \(60\) pour \(k \in \{2, 3, 5, 6, 10, 15, 30\}\), on a \(P(D_k) = 1/k\). De plus, \(D_2 \cap D_3 = D_6\), \(D_2 \cap D_5 = D_{10}\), \(D_3 \cap D_5 = D_{15}\) et \(D_2 \cap D_3 \cap D_5 = D_{30}\), car \(2\), \(3\), \(5\) sont premiers entre eux. En comptant les entiers :
   \[\frac{30 + 20 + 12 – 10 – 6 – 4 + 2}{60} = \frac{44}{60}.\]
   La probabilité cherchée vaut \(11/15\).
3. Un entier est premier avec \(60 = 2^2 \times 3 \times 5\) si et seulement s’il n’est divisible ni par \(2\), ni par \(3\), ni par \(5\). C’est l’événement contraire du précédent. Sa probabilité vaut \(1 – 11/15 = 4/15\), soit \(16\) entiers sur \(60\).

Corrigé de l’exercice 4 : Une probabilité sur les entiers non nuls

1. Les \(p_n\) sont positifs. De plus, la décomposition \(\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n+1}\) donne une somme télescopique :
   \[\sum_{n=1}^{N} p_n = 1 – \frac{1}{N+1} \xrightarrow[N \to +\infty]{ 1.\]
   D’après le théorème de construction d’une probabilité sur un univers dénombrable, il existe une unique probabilité \(P\) telle que \(P(\{n\}) = p_n\).
2. Par σ-additivité, puis par télescopage,
   \[P(\{n \geq\, k\}) = \sum_{n=k}^{+\infty} (\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}) = \lim_{N \to +\infty} (\frac{1}{k} – \frac{1}{N+1}) = \frac{1}{k}.\]
   Ainsi, \(P(\{n \geq\, k\}) = 1/k\).
3. Les entiers pairs sont les \(n = 2m\), \(m \geq\, 1\). Donc
   \[P(\text{pair}) = \sum_{m=1}^{+\infty} (\frac{1}{2m} – \frac{1}{2m+1}).\]
   La somme partielle d’indice \(M\) vaut \(\frac{1}{2} – \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{2M} – \frac{1}{2M+1}\). Autrement dit, elle vaut \(1 – S_{2M+1}\), où \(S_j\) est la somme partielle de la série \(\sum (-1)^{j+1}/j\). Or \(S_{2M+1} \to \ln 2\). Donc \(P(\text{pair}) = 1 – \ln 2 \approx 0{,}307\) et \(P(\text{impair}) = \ln 2 \approx 0{,}693\).

Corrigé de l’exercice 5 : Probabilité géométrique sur N

1. Il faut \(a \geq\, 0\) et \(\sum_{n \geq\, 0} a\, 3^{-n} = 1\). Or la série géométrique vaut \(\dfrac{1}{1 – 1/3} = \dfrac{3}{2}\). Ainsi \(\dfrac{3a}{2} = 1\). Réciproquement, le théorème de construction s’applique. Donc \(a = 2/3\).
2. On calcule :
   \[P(\{n \geq\, k\}) = \frac{2}{3} \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{1}{3^n} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3^{-k}}{1 – 1/3} = \frac{1}{3^k}.\]
   Donc \(P(\{n \geq\, k\}) = 3^{-k}\).
3. Pour les entiers pairs, \(P = \frac{2}{3} \sum_{j \geq\, 0} 9^{-j} = \frac{2}{3} \cdot \frac{9}{8}\). On obtient \(3/4\). De même, pour les multiples de \(3\), \(P = \frac{2}{3} \sum_{j \geq\, 0} 27^{-j} = \frac{2}{3} \cdot \frac{27}{26}\). On obtient \(9/13\).
4. L’événement « pair et non nul » est « pair » privé de \(\{0\}\). Sa probabilité vaut donc \(\frac{3}{4} – \frac{2}{3} = \frac{1}{12}\). Par ailleurs, \(P(\{n \geq\, 1\}) = \frac{1}{3}\). Par définition de la probabilité conditionnelle, la probabilité cherchée vaut \(\dfrac{1/12}{1/3} = \dfrac{1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 6 : Pas d’équiprobabilité sur N

1. Supposons que \(P(\{n\}) = c\) pour tout \(n\). Par σ-additivité, \(1 = P(\mathbb{N}) = \sum_{n=0}^{+\infty} c\). Si \(c = 0\), cette somme est nulle. Si \(c > 0\), elle vaut \(+\infty\). Dans les deux cas, on obtient une contradiction. Il n’existe donc pas d’équiprobabilité sur \(\mathbb{N}\).
2. D’abord, la série \(\sum P(\{n\})\) converge, de somme \(1\). Son terme général tend donc vers \(0\). Ensuite, posons \(R_n = \{n, n+1, \ldots\}\). La suite \((R_n)\) est décroissante et \(\bigcap_n R_n = \varnothing\). Par continuité décroissante, \(P(R_n) \to P(\varnothing) = 0\).
3. Soit \(\varepsilon > 0\). D’après la question 2, il existe \(n\) tel que \(P(R_{n+1}) \leq\, \varepsilon\). Posons \(F = \{0, \ldots, n\}\), qui est le complémentaire de \(R_{n+1}\). Alors \(P(F) = 1 – P(R_{n+1}) \geq\, 1 – \varepsilon\).
4. La suite \(C_n = \{0, \ldots, n\}\) est croissante, de réunion \(\mathbb{N}\). Par continuité croissante, \(P(C_n) \to P(\mathbb{N}) = 1\). Or une suite constante égale à \(1/2\) ne tend pas vers \(1\). Une telle probabilité n’existe donc pas.

Point de méthode : dès qu’une suite d’événements est monotone, cherchez sa réunion ou son intersection ; la continuité monotone donne alors la limite des probabilités sans aucun calcul.

Corrigé de l’exercice 7 : Sous-additivité dénombrable

1. Pour \(n = 0\), l’égalité est immédiate. Supposons le résultat vrai au rang \(n\), et posons \(U_n = A_0 \cup \cdots \cup A_n\). Alors
   \[P(U_{n+1}) = P(U_n) + P(A_{n+1}) – P(U_n \cap A_{n+1}) \leq\, P(U_n) + P(A_{n+1}).\]
   Avec l’hypothèse de récurrence, on obtient \(P(U_{n+1}) \leq\, \sum_{k=0}^{n+1} P(A_k)\).
2. La suite \((U_n)\) est croissante et \(\bigcup_n U_n = \bigcup_n A_n\). Par continuité croissante,
   \[P(\bigcup_n A_n) = \lim_{n \to +\infty} P(U_n) \leq\, \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=0}^{n} P(A_k) = \sum_{k=0}^{+\infty} P(A_k).\]
   C’est l’inégalité de Boole ; elle est triviale si la série diverge.
3. Si tous les \(A_n\) sont négligeables, la somme de droite est nulle. Donc \(P(\bigcup A_n) = 0\). Ensuite, si tous les \(A_n\) sont presque sûrs, les \(\overline{A_n}\) sont négligeables. Or \(\overline{\bigcap A_n} = \bigcup \overline{A_n}\) est négligeable. Donc \(\bigcap A_n\) est presque sûr.
4. On applique l’inégalité de Boole aux complémentaires :
   \[P(\bigcap_n A_n) = 1 – P(\bigcup_n \overline{A_n}) \geq\, 1 – \sum_{n} P(\overline{A_n}).\]
   C’est l’inégalité demandée.

Corrigé de l’exercice 8 : Pile ne sort jamais

1. On a \(E = \bigcap_{n \geq\, 1} \overline{P_n}\). Posons \(C_n = \overline{P_1} \cap \cdots \cap \overline{P_n}\). Les complémentaires d’événements mutuellement indépendants sont mutuellement indépendants. Donc \(P(C_n) = (1/2)^n\). De plus, \((C_n)\) est décroissante, d’intersection \(E\). Par continuité décroissante, \(P(E) = \lim 2^{-n} = 0\).
2. On a \(D_k = \bigcap_{n \geq\, k} P_n\). Posons \(D_{k,m} = P_k \cap \cdots \cap P_{k+m-1}\). Par indépendance, \(P(D_{k,m}) = 2^{-m}\). La suite \((D_{k,m})_m\) est décroissante, d’intersection \(D_k\). Donc, par continuité décroissante, \(P(D_k) = 0\).
3. L’événement « face n’apparaît qu’un nombre fini de fois » signifie : à partir d’un certain rang, on n’obtient que pile. C’est donc \(\bigcup_k D_k\). D’après l’inégalité de Boole, cette réunion dénombrable d’événements négligeables est négligeable. Par passage au complémentaire, face apparaît presque sûrement une infinité de fois.
4. Pour \(j \geq\, 1\), posons \(G_j = P_{2j-1} \cap P_{2j}\). Chaque \(G_j\) est une intersection de \(P_n\) d’indices distincts, et deux \(G_j\) différents font intervenir des indices disjoints. Par conséquent, les \(G_j\) sont mutuellement indépendants, de probabilité \(1/4\). Ainsi,
   \[P(\overline{G_1} \cap \cdots \cap \overline{G_m}) = (\frac{3}{4})^m \xrightarrow[m \to +\infty]{ 0.\]
   Par continuité décroissante, \(P(\bigcap_j \overline{G_j}) = 0\). Or « jamais deux piles consécutifs » est inclus dans \(\bigcap_j \overline{G_j}\). Donc on obtient presque sûrement deux piles consécutifs.

Corrigé de l’exercice 9 : Premier pile à un rang impair

1. Le premier pile apparaît au lancer \(n\) si et seulement si les \(n-1\) premiers lancers donnent face et le \(n\)-ième donne pile. Par indépendance, \(q_n = (1-p)^{n-1} p\). Ces nombres sont positifs et
   \[\sum_{n=1}^{+\infty} (1-p)^{n-1} p = \frac{p}{1 – (1-p)} = 1.\]
   On pose donc \(Q(\{n\}) = q_n\) pour \(n \geq\, 1\) et \(Q(\{\infty\}) = 0\). La famille est positive, de somme \(1\), donc elle définit une probabilité sur \(\Omega\). La valeur \(Q(\{\infty\}) = 0\) traduit que le jeu s’arrête presque sûrement.
2. Alice gagne si le premier pile a lieu à un rang impair \(n = 2k+1\), \(k \geq\, 0\). Donc
   \[Q(\text{Alice gagne}) = \sum_{k=0}^{+\infty} (1-p)^{2k} p = \frac{p}{1 – (1-p)^2} = \frac{p}{p(2-p)} = \frac{1}{2-p}.\]
   Comme \(Q(\{\infty\}) = 0\), Bruno gagne avec probabilité complémentaire. Alice gagne avec probabilité \(\dfrac{1}{2-p}\), Bruno avec probabilité \(\dfrac{1-p}{2-p}\).
3. Pour \(p \in \,]0,1[\), on a \(0 < 2 – p < 2\), donc \(\frac{1}{2-p} > \frac{1}{2}\). Pour \(p = 1/2\), Alice gagne avec probabilité \(2/3\). Enfin, quand \(p \to 0\), la probabilité tend vers \(1/2\) : l’avantage de commencer s’efface lorsque la partie dure longtemps. La figure ci-dessous montre cette probabilité en fonction de \(p\).

Corrigé de l’exercice 10 : Tirages avec et sans remise

1. On numérote les boules de \(1\) à \(8\), les blanches de \(1\) à \(5\). L’univers est \(\{1, \ldots, 8\}^3\), muni de l’équiprobabilité, de cardinal \(512\). Pour exactement \(2\) blanches, on choisit la position de la noire (\(3\) choix), puis on obtient \(5^2 \times 3\) listes. D’où \(\frac{3 \times 75}{512} = \frac{225}{512}\). Par ailleurs, l’événement contraire de « au moins une noire » est « trois blanches », de probabilité \(\frac{125}{512}\). Les probabilités valent \(225/512 \approx 0{,}439\) et \(387/512 \approx 0{,}756\).
2. L’univers est l’ensemble des arrangements de \(3\) boules parmi \(8\), de cardinal \(8 \times 7 \times 6 = 336\). Pour exactement \(2\) blanches, on choisit la position de la noire (\(3\) choix), puis \(5 \times 4 \times 3 = 60\) façons de placer les boules. D’où \(\frac{180}{336} = \frac{15}{28}\). Ensuite, les tirages tout blancs sont au nombre de \(5 \times 4 \times 3 = 60\). Les probabilités valent \(15/28 \approx 0{,}536\) et \(1 – 60/336 = 23/28 \approx 0{,}821\).
3. L’univers est l’ensemble des parties à \(3\) éléments, de cardinal \(\binom\,{8}{3} = 56\). On obtient \(\frac{\binom\,{5}{2}\binom\,{3}{1}}{56} = \frac{30}{56} = \frac{15}{28}\) et \(1 – \frac{\binom\,{5}{3}}{56} = 1 – \frac{10}{56} = \frac{23}{28}\). On retrouve exactement les résultats de la question 2. En effet, chaque partie correspond à \(3! = 6\) arrangements, ce qui ne change pas les proportions.
4. Comme \(\frac{15}{28} \approx 0{,}536 > \frac{225}{512} \approx 0{,}439\), obtenir exactement \(2\) blanches est plus probable sans remise.

Corrigé de l’exercice 11 : Le paradoxe des anniversaires

1. L’univers est \(\Omega = \{1, \ldots, 365\}^n\), muni de l’équiprobabilité : c’est la traduction de dates uniformes et indépendantes. Les issues à dates distinctes sont les arrangements, au nombre de \(365 \times 364 \times \cdots \times (365 – n + 1)\). Ainsi,
   \[q_n = \frac{365 \times 364 \times \cdots \times (366-n)}{365^n} = \prod_{k=0}^{n-1} \frac{365 – k}{365} = \prod_{k=0}^{n-1} (1 – \frac{k}{365}).\]
2. La fonction exponentielle est convexe, donc sa courbe est au-dessus de sa tangente en \(0\) : \(e^{-x} \geq\, 1 – x\). Plus précisément, \(g(x) = e^{-x} – 1 + x\) vérifie \(g^{\prime}(x) = 1 – e^{-x}\), qui est du signe de \(x\). Donc \(g\) admet un minimum strict en \(0\), où elle vaut \(0\). Ensuite, les facteurs \(1 – k/365\) sont strictement positifs, car \(k \leq\, 364\). On peut donc multiplier les inégalités. Le facteur \(k = 1\) donne une inégalité stricte. Par conséquent,
   \[q_n < \prod_{k=0}^{n-1} e^{-k/365} = \exp(-\frac{1}{365} \sum_{k=0}^{n-1} k) = \exp(-\frac{n(n-1)}{730}).\]
3. Pour \(n = 23\), on a \(\frac{23 \times 22}{730} = \frac{253}{365} \approx 0{,}6931507\). Ce nombre est strictement supérieur à \(\ln 2 \approx 0{,}6931472\). Par conséquent, \(q_{23} < e^{-\ln 2} = \frac{1}{2}\). Donc \(p_{23} > 1/2\) : dans un groupe de \(23\) personnes, deux personnes ont plus d’une chance sur deux de partager leur anniversaire. La figure ci-dessous représente \(p_n\).
4. Pour \(n = 22\), on obtient \(\frac{22 \times 21}{730} = \frac{231}{365} \approx 0{,}633 < \ln 2\). La majoration donne seulement \(q_{22} < e^{-0{,}633} \approx 0{,}53\). Elle ne permet donc pas de conclure. En fait, un calcul direct donne \(p_{22} \approx 0{,}476 < 1/2\).

Corrigé de l’exercice 12 : Mains de poker

1. Une main est une partie à \(5\) éléments d’un ensemble à \(32\) éléments. Il y en a \(\binom\,{32}{5} = \dfrac{32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28}{120} = 201\,376\).
2. On choisit la hauteur du carré (\(8\) choix), qui fixe ses quatre cartes. Ensuite, on choisit la cinquième carte parmi les \(28\) restantes. Il y a donc \(8 \times 28 = 224\) carrés. Or \(201\,376 = 224 \times 899\). La probabilité vaut \(1/899 \approx 0{,}0011\).
3. On choisit la hauteur du brelan (\(8\)), ses trois cartes (\(\binom\,{4}{3} = 4\)), puis la hauteur de la paire (\(7\)) et ses deux cartes (\(\binom\,{4}{2} = 6\)). On obtient \(8 \times 4 \times 7 \times 6 = 1\,344 = 6 \times 224\). La probabilité vaut \(6/899 \approx 0{,}0067\).
4. On choisit la couleur (\(4\)), puis \(5\) cartes parmi les \(8\) de cette couleur (\(\binom\,{8}{5} = 56\)). Cela donne \(224\) mains. La probabilité vaut \(1/899\), exactement comme le carré.
5. On choisit la hauteur de la paire (\(8\)) et ses deux cartes (\(6\)). Ensuite, on choisit trois autres hauteurs parmi \(7\) (\(\binom\,{7}{3} = 35\)), puis une carte de chacune (\(4^3 = 64\)). On obtient \(8 \times 6 \times 35 \times 64 = 107\,520 = 480 \times 224\). La probabilité vaut \(480/899 \approx 0{,}534\).

Point de méthode : décrivez chaque main par une suite de choix successifs, sans ordre entre les cartes d’un même choix ; chaque main doit être obtenue une et une seule fois.

Corrigé de l’exercice 13 : L’urne de Pólya

1. Au départ, l’urne contient une boule de chaque couleur, donc \(P(B_1) = 1/2\). Ensuite, \((B_1, \overline{B_1})\) est un système complet. Après une blanche, l’urne contient \(2\) blanches et \(1\) noire ; après une noire, \(1\) blanche et \(2\) noires. Par la formule des probabilités totales,
   \[P(B_2) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{2}.\]
   Ainsi, \(P(B_1) = P(B_2) = 1/2\).
2. D’après la formule de Bayes, \(P(B_1 \mid B_2) = \dfrac{P(B_1 \cap B_2)}{P(B_2)} = \dfrac{1/2 \times 2/3}{1/2}\). On obtient \(P(B_1 \mid B_2) = 2/3\).
3. Si les \(k-1\) premiers tirages sont blancs, l’urne contient \(k\) blanches et \(1\) noire. Donc \(P(B_k \mid B_1 \cap \cdots \cap B_{k-1}) = \frac{k}{k+1}\). La formule des probabilités composées donne alors un produit télescopique :
   \[P(B_1 \cap \cdots \cap B_n) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \cdots \times \frac{n}{n+1} = \frac{1}{n+1}.\]
4. Les événements \(C_n = B_1 \cap \cdots \cap B_n\) forment une suite décroissante, dont l’intersection est « ne tirer que des blanches ». Par continuité décroissante, cette probabilité vaut \(\lim \frac{1}{n+1} = 0\).
5. Fixons une suite de \(n\) couleurs comportant \(k\) blanches. Au \(j\)-ième tirage, l’urne contient \(j+1\) boules. Donc les dénominateurs successifs sont \(2, 3, \ldots, n+1\). Ensuite, lors de la \(i\)-ième blanche tirée, il y a \(i\) blanches dans l’urne : les numérateurs correspondants sont \(1, 2, \ldots, k\). De même, les noires fournissent \(1, 2, \ldots, n-k\). La probabilité de la suite vaut donc \(\dfrac{k!\,(n-k)!}{(n+1)!}\), quel que soit l’ordre. Il y a \(\binom\,{n}{k}\) telles suites. Ainsi, la probabilité d’obtenir exactement \(k\) blanches vaut \(\dfrac{1}{n+1}\), pour tout \(k\) entre \(0\) et \(n\).

Corrigé de l’exercice 14 : Test de dépistage

1. Le couple \((M, \overline{M})\) est un système complet. Par la formule des probabilités totales,
   \[P(T) = 0{,}01 \times 0{,}99 + 0{,}99 \times 0{,}02 = 0{,}0099 + 0{,}0198 = 0{,}0297.\]
2. Par la formule de Bayes, \(P(M \mid T) = \dfrac{0{,}0099}{0{,}0297} = \dfrac{1}{3}\). Une personne positive n’est malade qu’avec probabilité \(1/3\). En effet, les faux positifs, issus d’une population saine très nombreuse, sont deux fois plus nombreux que les vrais positifs.
3. On a \(P(\overline{T}) = 1 – 0{,}0297 = 0{,}9703\) et \(P(\overline{M} \cap \overline{T}) = 0{,}99 \times 0{,}98 = 0{,}9702\). Donc \(P(\overline{M} \mid \overline{T}) = 0{,}9702/0{,}9703 \approx 0{,}9999\) : un test négatif est très rassurant.
4. Notons \(T_2\) le second test positif. Par l’indépendance conditionnelle supposée, \(P(T \cap T_2 \mid M) = 0{,}99^2\) et \(P(T \cap T_2 \mid \overline{M}) = 0{,}02^2\). Par Bayes,
   \[P(M \mid T \cap T_2) = \frac{0{,}01 \times 0{,}99^2}{0{,}01 \times 0{,}99^2 + 0{,}99 \times 0{,}02^2} = \frac{0{,}009801}{0{,}010197} = \frac{99}{103}.\]
   La probabilité d’être malade passe à \(99/103 \approx 0{,}961\).

Point de méthode : on retrouve ce résultat en appliquant Bayes une seconde fois, avec la nouvelle probabilité a priori \(1/3\) : \(\frac{(1/3) \times 0{,}99}{(1/3) \times 0{,}99 + (2/3) \times 0{,}02} = \frac{99}{103}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Urnes choisies au hasard

1. Notons \(B\) : « la boule est blanche ». Le système \((U_1, U_2, U_3)\) est complet, avec \(P(U_k) = 1/3\) et \(P(B \mid U_k) = k/4\). Par les probabilités totales,
   \[P(B) = \frac{1}{3}(\frac{1}{4} + \frac{2}{4} + \frac{3}{4}) = \frac{1}{3} \times \frac{6}{4} = \frac{1}{2}.\]
2. Par la formule de Bayes, \(P(U_k \mid B) = \dfrac{(1/3)(k/4)}{1/2} = \dfrac{k}{6}\). On obtient \(1/6\), \(1/3\) et \(1/2\) pour \(U_1\), \(U_2\), \(U_3\).
3. Sachant \(U_k\), les deux tirages se font avec remise dans la même urne, donc \(P(B_1 \cap B_2 \mid U_k) = (k/4)^2\). Par les probabilités totales,
   \[P(B_1 \cap B_2) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1 + 4 + 9}{16} = \frac{14}{48} = \frac{7}{24}.\]
4. Par symétrie, \(P(B_2) = P(B_1) = 1/2\), donc \(P(B_1)P(B_2) = 1/4 = 6/24\). Comme \(7/24 \neq 6/24\), les événements ne sont pas indépendants. En effet, une première boule blanche rend plus probable l’urne \(U_3\), donc une seconde blanche : \(P(B_2 \mid B_1) = 7/12 > 1/2\). L’indépendance n’a lieu que conditionnellement à l’urne choisie.

Corrigé de l’exercice 16 : Œufs et probabilités totales

1. Les nombres \(e^{-\lambda}\lambda^n/n!\) sont positifs et, par la série exponentielle, \(\sum_{n \geq\, 0} e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!} = e^{-\lambda} e^{\lambda} = 1\). Les \(E_n\), deux à deux incompatibles, forment donc un système complet dénombrable (à un événement négligeable près, ce qui ne change aucun calcul).
2. Par la formule des probabilités totales, avec \(P(F_0 \mid E_n) = (1-p)^n\) :
   \[P(F_0) = \sum_{n=0}^{+\infty} e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}(1-p)^n = e^{-\lambda} e^{\lambda(1-p)} = e^{-\lambda p}.\]
3. Seuls les \(n \geq\, k\) contribuent. En posant \(n = k + m\) :
   \[P(F_k) = \sum_{n=k}^{+\infty} e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!} \cdot \frac{n!}{k!\,(n-k)!} p^k (1-p)^{n-k} = e^{-\lambda}\frac{(\lambda p)^k}{k!} \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{\bigl(\lambda(1-p)\bigr)^m}{m!}.\]
   Donc \(P(F_k) = e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^k}{k!}\) : on retrouve la même forme, avec le paramètre \(\lambda p\).
4. Par la formule de Bayes,
   \[P(E_n \mid F_0) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^n (1-p)^n / n!}{e^{-\lambda p}} = e^{-\lambda(1-p)} \frac{\bigl(\lambda(1-p)\bigr)^n}{n!}.\]
   Sachant qu’aucun œuf n’a éclos, le nombre d’œufs suit la même forme de loi, de paramètre \(\lambda(1-p)\).

Corrigé de l’exercice 17 : Indépendance deux à deux

1. L’univers est \(\{1, \ldots, 6\}^2\), avec l’équiprobabilité sur ses \(36\) issues. On a \(P(A) = P(B) = 18/36 = 1/2\). Ensuite, la somme est paire si et seulement si les deux dés ont la même parité, soit \(9 + 9 = 18\) issues. Enfin, \(D = \{(1,6), (2,5), \ldots, (6,1)\}\) a \(6\) issues. Donc \(P(A) = P(B) = P(C) = 1/2\) et \(P(D) = 1/6\).
2. On a \(A \cap B\) = « deux pairs », de probabilité \(9/36 = 1/4\). De plus, \(A \cap C\) = « premier pair et même parité » = \(A \cap B\), et de même \(B \cap C = A \cap B\). Chaque intersection a donc pour probabilité \(1/4 = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\). Les trois événements sont deux à deux indépendants.
3. On a \(A \cap B \cap C = A \cap B\), de probabilité \(1/4\). Or \(P(A)P(B)P(C) = 1/8\). Ils ne sont donc pas mutuellement indépendants. La figure ci-dessous montre les trois événements sur la grille des \(36\) issues.
4. L’événement \(A \cap D\) contient \((2,5)\), \((4,3)\), \((6,1)\), donc \(P(A \cap D) = 3/36 = 1/12 = \frac{1}{2} \times \frac{1}{6}\). Ainsi, \(A\) et \(D\) sont indépendants. En revanche, \(7\) est impair, donc \(C \cap D = \varnothing\). Comme \(P(C)P(D) = 1/12 \neq 0\), \(C\) et \(D\) ne sont pas indépendants : ils sont incompatibles.

Corrigé de l’exercice 18 : Complémentaires et fiabilité

1. Soit \(J \subset \{1, \ldots, n\}\). Si \(1 \notin J\), la formule du produit est celle de l’hypothèse. Sinon, écrivons \(J = \{1\} \cup J^{\prime}\) et \(C = \bigcap_{j \in J^{\prime}} A_j\) (avec \(C = \Omega\) si \(J^{\prime}\) est vide). Alors
   \[P(\overline{A_1} \cap C) = P(C) – P(A_1 \cap C) = \prod_{j \in J^{\prime}} P(A_j) – P(A_1)\prod_{j \in J^{\prime}} P(A_j) = P(\overline{A_1}) \prod_{j \in J^{\prime}} P(A_j).\]
   La famille \(\overline{A_1}, A_2, \ldots, A_n\) est donc mutuellement indépendante.
2. La propriété ne dépend pas de l’ordre des événements. On remplace donc successivement \(A_1\), puis \(A_2\), etc., par son complémentaire, en appliquant chaque fois la question 1. Ainsi, les \(\overline{A_i}\) sont mutuellement indépendants. Par conséquent,
   \[P(\bigcup_{i=1}^n A_i) = 1 – P(\bigcap_{i=1}^n \overline{A_i}) = 1 – \prod_{i=1}^n \bigl(1 – P(A_i)\bigr).\]
3. La fiabilité vaut \(1 – 0{,}1^n\). On veut \(0{,}1^n \leq\, 0{,}001 = 0{,}1^3\), soit \(n \geq\, 3\). Il faut au minimum \(3\) composants.
4. Par indépendance, la fiabilité vaut \(0{,}99^{10} = e^{10 \ln 0{,}99}\). Or \(10 \ln 0{,}99 \approx -0{,}10050\). La fiabilité vaut environ \(0{,}904\).

Corrigé de l’exercice 19 : Indépendance sur un univers équiprobable

1. Notons \(a = \operatorname{card}(A)\), \(b = \operatorname{card}(B)\), \(c = \operatorname{card}(A \cap B)\). L’indépendance s’écrit \(\frac{c}{p} = \frac{a}{p} \cdot \frac{b}{p}\), soit \(ab = pc\). Donc le nombre premier \(p\) divise \(ab\). D’après le lemme d’Euclide, \(p\) divise \(a\) ou \(b\). Or \(0 \leq\, a, b \leq\, p\). Ainsi, \(a \in \{0, p\}\) ou \(b \in \{0, p\}\). Donc \(A\) ou \(B\) vaut \(\varnothing\) ou \(\Omega\).
2. Les multiples de \(d\) dans \(\{1, \ldots, n\}\) sont \(d, 2d, \ldots, (n/d)\,d\). Ils sont au nombre de \(n/d\). Donc \(P(M_d) = 1/d\).
3. Un entier est multiple de \(a\) et de \(b\) si et seulement s’il est multiple de \(m = \operatorname{ppcm}(a, b)\). Or \(m\) divise \(n\), car \(n\) est un multiple commun de \(a\) et \(b\). Donc \(M_a \cap M_b = M_m\), et \(P(M_a \cap M_b) = 1/m\). L’indépendance équivaut à \(m = ab\). Enfin, \(\operatorname{pgcd}(a,b) \times \operatorname{ppcm}(a,b) = ab\). Ainsi, \(M_a\) et \(M_b\) sont indépendants si et seulement si \(\operatorname{pgcd}(a,b) = 1\).
4. Pour \(n = 12\), \(M_4 = \{4, 8, 12\}\) et \(M_3 = \{3, 6, 9, 12\}\) sont indépendants, de probabilités \(1/4\) et \(1/3\) : leur intersection \(\{12\}\) a pour probabilité \(1/12\). En revanche, \(M_2\) et \(M_4\) ne le sont pas : \(P(M_2 \cap M_4) = P(M_4) = 1/4 \neq 1/8\).

Corrigé de l’exercice 20 : Indicatrice d’Euler par les probabilités

1. Soit \(J \subset \{1, \ldots, r\}\) non vide et \(d_J = \prod_{i \in J} p_i\). Les \(p_i\) sont des nombres premiers distincts, donc deux à deux premiers entre eux. Par conséquent, un entier est divisible par tous les \(p_i\), \(i \in J\), si et seulement s’il est divisible par leur produit \(d_J\). De plus, \(d_J\) divise \(n\). D’après l’exercice 19, il vient
   \[P(\bigcap_{i \in J} A_i) = P(M_{d_J}) = \frac{1}{d_J} = \prod_{i \in J} \frac{1}{p_i} = \prod_{i \in J} P(A_i).\]
   Les \(A_i\) sont donc mutuellement indépendants.
2. Un entier \(k\) est premier avec \(n\) si et seulement s’il n’a aucun facteur premier commun avec \(n\). Autrement dit, aucun \(p_i\) ne le divise. L’événement cherché est donc \(\overline{A_1} \cap \cdots \cap \overline{A_r}\). Les complémentaires d’événements mutuellement indépendants sont mutuellement indépendants. Ainsi,
   \[\frac{\varphi(n)}{n} = \prod_{i=1}^{r} (1 – \frac{1}{p_i}).\]
   On obtient la formule annoncée en multipliant par \(n\).
3. On a \(360 = 2^3 \times 3^2 \times 5\). Donc \(\varphi(360) = 360 \times \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \frac{4}{5}\). On trouve \(\varphi(360) = 96\).
4. Si \(m\) et \(n\) sont premiers entre eux, les facteurs premiers de \(mn\) sont ceux de \(m\) et ceux de \(n\), sans répétition. Le produit se scinde donc en deux :
   \[\varphi(mn) = m \prod_{p \mid m}(1 – \frac{1}{p}) \times n \prod_{p \mid n}(1 – \frac{1}{p}) = \varphi(m)\varphi(n).\]

Corrigé de l’exercice 21 : Problème des rencontres

1. Une permutation qui fixe \(i_1, \ldots, i_k\) est déterminée par sa restriction aux \(n – k\) autres éléments, qui est une permutation quelconque de ceux-ci. Il y en a \((n-k)!\). Donc \(P(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k}) = \dfrac{(n-k)!}{n!}\).
2. Il y a \(\binom\,{n}{k}\) choix de \(i_1 < \cdots < i_k\). La formule du crible donne donc
   \[P(\bigcup_{i=1}^{n} A_i) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \binom\,{n}{k}\frac{(n-k)!}{n!} = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k!}.\]
   L’absence de point fixe est l’événement contraire. Par conséquent, \(d_n = 1 – \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k!} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}\).
3. On reconnaît la somme partielle de la série exponentielle en \(-1\). Donc \(d_n \to e^{-1} \approx 0{,}368\). La convergence est très rapide, comme le montre la figure ci-dessous. Ensuite, \(D_4 = 4!\,d_4 = 24(1 – 1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{6} + \frac{1}{24}) = 12 – 4 + 1\). On obtient \(D_4 = 9\). En écrivant \(\sigma\) sous la forme \(\sigma(1)\sigma(2)\sigma(3)\sigma(4)\), ce sont : \(2143\), \(2341\), \(2413\), \(3142\), \(3412\), \(3421\), \(4123\), \(4312\), \(4321\).
4. On choisit d’abord l’ensemble des \(m\) points fixes, soit \(\binom\,{n}{m}\) choix. Ensuite, la restriction de \(\sigma\) aux \(n – m\) autres éléments doit être sans point fixe : il y a \((n-m)!\,d_{n-m}\) possibilités. La probabilité vaut donc
   \[\binom\,{n}{m}\frac{(n-m)!\, d_{n-m}}{n!} = \frac{d_{n-m}}{m!}.\]
   Elle tend vers \(\dfrac{e^{-1}}{m!}\) quand \(n \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : lemme de Borel-Cantelli

1. Chaque \(U_k = \bigcup_{n \geq\, k} A_n\) est une réunion dénombrable d’événements, donc un événement. Puis \(L = \bigcap_k U_k\) en est une intersection dénombrable. De plus, \(\omega \in L\) signifie que, pour tout \(k\), il existe \(n \geq\, k\) avec \(\omega \in A_n\). Autrement dit, \(\omega\) appartient à une infinité de \(A_n\).
2. La suite \((U_k)\) est décroissante, d’intersection \(L\). Par l’inégalité de Boole, \(P(U_k) \leq\, \sum_{n \geq\, k} P(A_n)\). Or c’est le reste d’une série convergente, donc il tend vers \(0\). Par continuité décroissante, \(P(L) = \lim P(U_k) = 0\).
3. Les \(\overline{A_n}\) sont mutuellement indépendants, comme complémentaires d’événements indépendants. Avec l’inégalité \(1 – x \leq\, e^{-x}\), on obtient
   \[P(\bigcap_{n=k}^{m} \overline{A_n}) = \prod_{n=k}^{m}\bigl(1 – P(A_n)\bigr) \leq\, \exp(-\sum_{n=k}^{m} P(A_n)).\]
   Comme la série diverge, le majorant tend vers \(0\) quand \(m \to +\infty\). Or la suite \((\bigcap_{n=k}^{m} \overline{A_n})_m\) décroît vers \(\bigcap_{n \geq\, k} \overline{A_n}\). Par continuité décroissante, cet événement est négligeable. Enfin, \(\overline{L} = \bigcup_k \bigcap_{n \geq\, k} \overline{A_n}\) est une réunion dénombrable d’événements négligeables. Donc \(P(\overline{L}) = 0\) et \(P(L) = 1\).
4. Si \(P(A_n) = 1/n\), la série harmonique diverge. Presque sûrement, une infinité de \(A_n\) sont réalisés. Si \(P(A_n) = 1/n^2\), la série converge. Presque sûrement, seul un nombre fini de \(A_n\) sont réalisés, et cette conclusion ne demande pas l’indépendance.
5. Découpons les lancers en blocs disjoints de longueur \(r\). Soit \(E_j\) l’événement « les lancers \((j-1)r + 1\) à \(jr\) donnent tous pile ». Chaque \(E_j\) est une intersection de \(r\) événements « pile au lancer \(n\) », et les blocs utilisent des lancers distincts. Les \(E_j\) sont donc mutuellement indépendants, de probabilité \(2^{-r}\). La série \(\sum 2^{-r}\) diverge. Par la question 3, une infinité de \(E_j\) sont réalisés presque sûrement. Chacun fournit une série de \(r\) piles consécutifs, à des positions différentes. Enfin, notons \(H_r\) cet événement presque sûr. L’intersection dénombrable \(\bigcap_{r \geq\, 1} H_r\) est presque sûre, d’après l’exercice 7.

Point de méthode : le premier lemme de Borel-Cantelli utilise seulement la sous-additivité ; le second exige l’indépendance, que l’on exploite par le produit des complémentaires et l’inégalité \(1 – x \leq\, e^{-x}\).

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Pour aller plus loin en L2

• Le cours : espaces probabilisés, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur espaces probabilisés
• Chapitre précédent : Différentiabilité, formule de Taylor et extrema
• Chapitre suivant : Variables aléatoires discrètes
• Le même thème en maths spé : espaces probabilisés, exercices de maths spé
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L2 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L2 et la licence de maths de L1 à L3