Probabilités sur un univers fini : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Univers, événements et système complet

1. On a \(A = \{2, 4, 6\} \times [\![1, 6]\!]\), donc \(|A| = 18\). Ensuite, \(B = \{(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)\}\), donc \(|B| = 6\). Enfin, \(\overline{C} = [\![1, 5]\!]^2\), donc \(|C| = 36 – 25 = 11\). Ainsi \(|A| = 18\), \(|B| = 6\) et \(|C| = 11\).
2. \(A \cap B\) signifie « le premier résultat est pair et la somme vaut \(7\) ». Or \(A \cap B = \{(2,5), (4,3), (6,1)\}\), donc \(P(A \cap B) = \frac{3}{36}\). Ensuite, d’après De Morgan, \(\overline{A \cup C} = \overline{A} \cap \overline{C}\) : « le premier résultat est impair et aucun six n’apparaît ». Cet événement vaut \(\{1, 3, 5\} \times [\![1, 5]\!]\), de cardinal \(15\). Donc \(P(A \cap B) = \frac{1}{12}\) et \(P(\overline{A \cup C}) = \frac{5}{12}\).
3. Pour toute issue \((a, b)\), le nombre \(\max(a, b)\) prend une et une seule valeur de \([\![1, 6]\!]\). Les \(M_k\) sont donc deux à deux disjoints et leur réunion vaut \(\Omega\) : c’est un système complet. De plus, \(\{\max \leq\, k\} = [\![1, k]\!]^2\) a \(k^2\) éléments. Par conséquent, \(|M_k| = k^2 – (k-1)^2 = 2k – 1\). On obtient \(P(M_k) = \frac{2k – 1}{36}\), et l’on vérifie que \(\sum_{k=1}^{6} (2k-1) = 36\).
4. Oui. En effet, une issue est soit dans \(A\), soit dans \(\overline{A}\). Dans le second cas, le second résultat est pair ou impair, sans ambiguïté. Les trois événements sont donc disjoints et recouvrent \(\Omega\). Leurs cardinaux valent \(18\), \(3 \times 3 = 9\) et \(9\). Leurs probabilités sont \(\frac{1}{2}\), \(\frac{1}{4}\) et \(\frac{1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 2 : Construction d’une probabilité sur un univers fini

1. D’après le cours, \((ck)_{1 \leq\, k \leq\, 6}\) définit une probabilité si et seulement si ces nombres sont positifs et de somme \(1\). Or \(\sum_{k=1}^{6} ck = 21c\). Il faut donc \(c = \frac{1}{21}\), qui est bien positif. Ensuite, \(P(\{2, 4, 6\}) = \frac{2 + 4 + 6}{21} = \frac{12}{21}\) et \(P(\{4, 5, 6\}) = \frac{15}{21}\). Ainsi \(c = \frac{1}{21}\), \(P(\text{pair}) = \frac{4}{7}\) et \(P(\geq\, 4) = \frac{5}{7}\).
2. On décompose \(\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\). La somme est télescopique : \(\sum_{k=1}^{6} \frac{1}{k(k+1)} = 1 – \frac{1}{7} = \frac{6}{7}\). Il faut donc \(a \cdot \frac{6}{7} = 1\), soit \(a = \frac{7}{6}\). Alors \(P(\{1\}) = \frac{7}{6} \cdot \frac{1}{2} = \frac{7}{12}\). De même, \(\sum_{k=1}^{3} \frac{1}{k(k+1)} = 1 – \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\). On trouve \(a = \frac{7}{6}\), \(P(\{1\}) = \frac{7}{12}\) et \(P(\{1, 2, 3\}) = \frac{7}{8}\).
3. La somme vaut \(b(-2 – 1 + 0 + 1 + 2 + 3) = 3b\). Elle égale \(1\) seulement si \(b = \frac{1}{3}\). Cependant, on aurait alors \(P(\{1\}) = -\frac{2}{3} < 0\). Aucun réel \(b\) ne convient.

Point de méthode : une distribution de probabilités exige deux conditions, la positivité et la somme égale à \(1\). On oublie souvent la première.

Corrigé de l’exercice 3 : Tirages simultanés et probabilité uniforme

1. On numérote les boules de \(1\) à \(8\), les rouges portant les numéros \(1\) à \(5\). L’univers \(\Omega\) est l’ensemble des parties à \(3\) éléments de \([\![1, 8]\!]\). Ainsi \(|\Omega| = \binom\,{8}{3} = 56\). Comme les boules sont indiscernables au toucher, aucune partie n’est privilégiée. On munit donc \(\Omega\) de la probabilité uniforme.
2. Pour obtenir \(k\) rouges, on choisit \(k\) rouges parmi \(5\) et \(3 – k\) noires parmi \(3\). Donc \(P(X = k) = \frac{\binom\,{5}{k}\binom\,{3}{3-k}}{56}\). On obtient \(P(X = 0) = \frac{1}{56}\), \(P(X = 1) = \frac{5 \times 3}{56} = \frac{15}{56}\), \(P(X = 2) = \frac{10 \times 3}{56} = \frac{30}{56}\) et \(P(X = 3) = \frac{10}{56}\). La loi de \(X\) est \((\frac{1}{56}, \frac{15}{56}, \frac{15}{28}, \frac{5}{28})\), et la somme vaut bien \(\frac{1 + 15 + 30 + 10}{56} = 1\).
3. « Au moins une noire » est le contraire de \(\{X = 3\}\). Sa probabilité vaut \(1 – \frac{5}{28} = \frac{23}{28}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Paradoxe des anniversaires

1. L’univers \(\Omega = [\![1, 365]\!]^k\) a \(365^k\) éléments, tous équiprobables. Les issues favorables sont les \(k\)-uplets d’éléments distincts. On en compte \(365 \times 364 \times \cdots \times (365 – k + 1)\) : il y a \(365\) choix pour la première date, puis \(364\) pour la deuxième, et ainsi de suite. Donc \(q_k = \prod_{i=0}^{k-1} \frac{365 – i}{365}\).
2. L’événement « au moins deux anniversaires communs » est le contraire du précédent. Ainsi \(p_k = 1 – q_k\).
3. On a \(q_{k+1} = q_k \cdot \frac{365 – k}{365} \leq\, q_k\), car le dernier facteur est dans \([0, 1]\). Donc \((q_k)\) décroît et \((p_k)\) croît. Comme \(p_{22} < \frac{1}{2} < p_{23}\), la croissance montre que \(p_k < \frac{1}{2}\) pour \(k \leq\, 22\). Le plus petit groupe cherché compte \(23\) personnes. La courbe ci-dessous montre la croissance rapide de \(p_k\).

4. Pour tout \(i\), on a \(0 \leq\, 1 – \frac{i}{365} \leq\, e^{-i/365}\). Comme tous les facteurs sont positifs, on peut multiplier ces inégalités. Ainsi
   \[q_k \leq\, \exp(-\frac{1}{365}\sum_{i=0}^{k-1} i) = \exp(-\frac{k(k-1)}{730}).\]
   Pour \(k = 40\), l’exposant vaut \(-\frac{1560}{730} \approx -2{,}137\). Donc \(q_{40} \leq\, e^{-2{,}137} \approx 0{,}118\). On en déduit \(p_{40} \geq\, 0{,}88\). Ce résultat surprend : il suffit de \(40\) personnes pour qu’une coïncidence soit presque certaine.

Corrigé de l’exercice 5 : Somme de deux dés et événements {X ∈ A}

1. La valeur \(S = k\) correspond, dans la grille de l’énoncé, à une diagonale. Pour \(2 \leq\, k \leq\, 7\), les couples \((a, k – a)\) avec \(1 \leq\, a \leq\, k – 1\) conviennent : il y en a \(k – 1 = 6 – |k – 7|\). Pour \(7 \leq\, k \leq\, 12\), il faut \(k – 6 \leq\, a \leq\, 6\), soit \(13 – k = 6 – |k – 7|\) couples. Donc \(P(S = k) = \frac{6 – |k – 7|}{36}\) pour \(k \in [\![2, 12]\!]\).
2. On a \(\{S \in A\} = \bigcup_{k \in A} \{S = k\}\), réunion disjointe. Ainsi \(P(S \in \{7, 11\}) = \frac{6 + 2}{36}\). Ensuite, \(P(S \in \{2, 3, 4\}) = \frac{1 + 2 + 3}{36}\). Enfin, les valeurs premières sont \(2, 3, 5, 7, 11\), d’où \(\frac{1 + 2 + 4 + 6 + 2}{36} = \frac{15}{36}\). Les probabilités valent \(\frac{2}{9}\), \(\frac{1}{6}\) et \(\frac{5}{12}\).
3. La variable \(D\) prend ses valeurs dans \([\![0, 5]\!]\). D’abord, \(D = 0\) correspond aux \(6\) doublets. Ensuite, pour \(d \geq\, 1\), les couples \((a, a + d)\) et \((a + d, a)\) avec \(1 \leq\, a \leq\, 6 – d\) conviennent : il y en a \(2(6 – d)\). Donc \(P(D = 0) = \frac{6}{36}\) et \(P(D = d) = \frac{2(6 – d)}{36}\) pour \(1 \leq\, d \leq\, 5\), soit \(\frac{6}{36}, \frac{10}{36}, \frac{8}{36}, \frac{6}{36}, \frac{4}{36}, \frac{2}{36}\), de somme \(1\).
4. On a \(\{S = 7\} \cap \{D = 1\} = \{X_1 + X_2 = 7,\ |X_1 – X_2| = 1\}\). Le système \(a + b = 7\), \(|a – b| = 1\) donne \((a, b) \in \{(3,4), (4,3)\}\). La probabilité vaut \(\frac{2}{36} = \frac{1}{18}\).

Corrigé de l’exercice 6 : Loi d’une variable f(X)

1. \(Y\) prend les valeurs \(0\), \(1\), \(4\). D’après la formule de la loi de \(f(X)\), \(P(Y = 1) = P(X = -1) + P(X = 1) = \frac{2}{5}\). De même, \(P(Y = 4) = \frac{2}{5}\) et \(P(Y = 0) = \frac{1}{5}\). La loi de \(Y\) est donnée par \(P(Y = 0) = \frac{1}{5}\), \(P(Y = 1) = P(Y = 4) = \frac{2}{5}\).
2. On a \(Z = 1\) si \(X\) est pair, c’est-à-dire \(X \in \{-2, 0, 2\}\), et \(Z = -1\) sinon. Donc \(P(Z = 1) = \frac{3}{5}\) et \(P(Z = -1) = \frac{2}{5}\). Ensuite, \(W = 0\) lorsque \(X \leq\, 0\), et \(W = X\) sinon. Ainsi \(P(W = 0) = \frac{3}{5}\) et \(P(W = 1) = P(W = 2) = \frac{1}{5}\).
3. Non : \(Y\) n’est pas uniforme sur \(\{0, 1, 4\}\), car ses probabilités diffèrent. En effet, l’image d’une loi uniforme par une fonction non injective n’est pas uniforme en général. Ensuite, \(-X\) prend les mêmes valeurs que \(X\) avec les mêmes probabilités, par symétrie. Donc \(X \sim -X\). Pourtant, \(X(\omega) \neq -X(\omega)\) dès que \(X(\omega) \neq 0\), ce qui arrive avec la probabilité \(\frac{4}{5}\). Deux variables de même loi ne sont donc pas égales en général.

Corrigé de l’exercice 7 : Probabilités conditionnelles : deux enfants

1. Soit \(U\) l’événement « au moins une fille » : \(U = \{FF, FG, GF\}\), donc \(P(U) = \frac{3}{4}\). De plus, \(\{FF\} \subset U\). Par définition, \(P_U(\{FF\}) = \frac{P(\{FF\})}{P(U)} = \frac{1/4}{3/4}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{1}{3}\).
2. Soit \(V\) « l’aîné est une fille » : \(V = \{FF, FG\}\), de probabilité \(\frac{1}{2}\). Ainsi \(P_V(\{FF\}) = \frac{1/4}{1/2}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{1}{2}\).
3. Les deux informations ne réduisent pas l’univers de la même façon. En effet, \(U\) contient trois issues équiprobables, alors que \(V\) n’en contient que deux. Savoir que l’aîné est une fille ne dit rien sur le cadet. En revanche, « au moins une fille » laisse ouvertes les configurations \(FG\) et \(GF\). Le conditionnement dépend de l’événement exact observé, pas de son énoncé approximatif.

Corrigé de l’exercice 8 : Tirages sans remise et probabilités composées

1. L’urne contient seulement \(3\) blanches. Après au plus trois blanches, la boule suivante est donc noire. Ainsi \(T\) prend ses valeurs dans \(\{1, 2, 3, 4\}\).
2. On a \(\{T = k\} = \overline{N_1} \cap \cdots \cap \overline{N_{k-1}} \cap N_k\). La formule des probabilités composées s’applique, car les conditionnements portent sur des événements de probabilité non nulle. Avant chaque tirage, on connaît la composition de l’urne :
   \[\begin{aligned} P(T = 1) &= \tfrac{2}{5}, \qquad P(T = 2) = \tfrac{3}{5} \cdot \tfrac{2}{4} = \tfrac{3}{10}, \\ P(T = 3) &= \tfrac{3}{5} \cdot \tfrac{2}{4} \cdot \tfrac{2}{3} = \tfrac{1}{5}, \qquad P(T = 4) = \tfrac{3}{5} \cdot \tfrac{2}{4} \cdot \tfrac{1}{3} \cdot 1 = \tfrac{1}{10}. \end{aligned}\]
   La loi de \(T\) est \((\frac{2}{5}, \frac{3}{10}, \frac{1}{5}, \frac{1}{10})\), et la somme vaut \(\frac{4 + 3 + 2 + 1}{10} = 1\).
3. Le couple \((N_1, \overline{N_1})\) est un système complet. D’après la formule des probabilités totales,
   \[P(N_2) = P(N_1)P_{N_1}(N_2) + P(\overline{N_1})P_{\overline{N_1}}(N_2) = \tfrac{2}{5} \cdot \tfrac{1}{4} + \tfrac{3}{5} \cdot \tfrac{2}{4} = \tfrac{1}{10} + \tfrac{3}{10}.\]
   Donc \(P(N_2) = \frac{2}{5} = P(N_1)\). Ce n’est pas un hasard : par symétrie, chaque boule a la même chance d’occuper le rang \(2\) que le rang \(1\).

Corrigé de l’exercice 9 : Test de dépistage et formule de Bayes

1. Les données se traduisent ainsi : \(P(M) = 0{,}01\), \(P_M(T) = 0{,}99\) et \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}02\). Le système complet \((M, \overline{M})\) et la formule des probabilités totales donnent \(P(T) = 0{,}01 \times 0{,}99 + 0{,}99 \times 0{,}02 = 0{,}0099 + 0{,}0198\). Donc \(P(T) = 0{,}0297\). L’arbre ci-dessous résume ce calcul.

2. La formule de Bayes donne \(P_T(M) = \frac{P(M \cap T)}{P(T)} = \frac{0{,}0099}{0{,}0297}\). On obtient \(P_T(M) = \frac{1}{3}\). Ainsi, deux personnes positives sur trois sont saines. En effet, la maladie est rare : les faux positifs, pris sur \(99\,\%\) de la population, sont deux fois plus nombreux que les vrais positifs.
3. On a \(P(\overline{T}) = 1 – 0{,}0297 = 0{,}9703\) et \(P(M \cap \overline{T}) = 0{,}01 \times 0{,}01 = 0{,}0001\). Donc \(P_{\overline{T}}(M) = \frac{0{,}0001}{0{,}9703} \approx 1{,}03 \times 10^{-4}\). 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 vaut \(\frac{99}{103} \approx 0{,}961\). Le second test confirme donc fortement le diagnostic.

Point de méthode : dans un problème de dépistage, on écrit toujours les données sous la forme \(P_M(T)\) et \(P_{\overline{M}}(T)\). La quantité utile, \(P_T(M)\), s’obtient ensuite par Bayes.

Corrigé de l’exercice 10 : Trois urnes et probabilités des causes

1. Notons \(U_k\) l’événement « l’urne \(U_k\) est choisie ». Ces trois événements forment un système complet, avec \(P(U_k) = \frac{1}{3}\) et \(P_{U_k}(B_1) = \frac{k}{4}\). La formule des probabilités totales donne \(P(B_1) = \frac{1}{3}(\frac{1}{4} + \frac{2}{4} + \frac{3}{4})\). Donc \(P(B_1) = \frac{1}{2}\).
2. Par la formule de Bayes, \(P_{B_1}(U_k) = \frac{P(U_k)P_{U_k}(B_1)}{P(B_1)} = \frac{\frac{1}{3} \cdot \frac{k}{4}}{\frac{1}{2}} = \frac{k}{6}\). On obtient \(P_{B_1}(U_1) = \frac{1}{6}\), \(P_{B_1}(U_2) = \frac{1}{3}\) et \(P_{B_1}(U_3) = \frac{1}{2}\).
3. Sachant \(U_k\), les deux tirages avec remise sont indépendants, d’où \(P_{U_k}(B_1 \cap B_2) = \frac{k^2}{16}\). Par la formule des probabilités totales, \(P(B_1 \cap B_2) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1 + 4 + 9}{16} = \frac{14}{48}\). Donc \(P(B_1 \cap B_2) = \frac{7}{24}\) et \(P_{B_1}(B_2) = \frac{7/24}{1/2} = \frac{7}{12}\).
4. Le même calcul qu’au 1 donne \(P(B_2) = \frac{1}{2}\). Or \(P(B_1)P(B_2) = \frac{1}{4} = \frac{6}{24} \neq \frac{7}{24}\). Les événements \(B_1\) et \(B_2\) ne sont pas indépendants. En effet, une première boule blanche rend plus probable l’urne \(U_3\), riche en blanches : elle augmente donc les chances d’une seconde blanche.

Corrigé de l’exercice 11 : Rang du premier pile

1. Chaque \(X_i\) vaut \(1\) avec la probabilité \(p\) et \(0\) sinon. Donc \(X_i \sim \mathcal{B}(p)\). L’indépendance des lancers signifie que \(X_1, \ldots, X_n\) sont mutuellement indépendantes.
2. Le premier pile est au rang \(k\) si les \(k – 1\) premiers lancers donnent face et le \(k\)-ième donne pile. Ainsi \(\{T = k\} = \{X_1 = 0\} \cap \cdots \cap \{X_{k-1} = 0\} \cap \{X_k = 1\}\) et \(\{T = 0\} = \bigcap_{i=1}^{n} \{X_i = 0\}\).
3. Par indépendance mutuelle, les probabilités des intersections sont des produits. Donc \(P(T = k) = (1-p)^{k-1}p\) pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), et \(P(T = 0) = (1-p)^n\). Par la somme géométrique, \(\sum_{k=1}^{n} (1-p)^{k-1}p = p \cdot \frac{1 – (1-p)^n}{1 – (1-p)} = 1 – (1-p)^n\). En ajoutant \((1-p)^n\), on trouve bien \(1\).
4. L’événement voulu est \(\bigcap_{i=1}^{k}\{X_i = 0\}\), et l’indépendance donne encore un produit. Sa probabilité vaut \((1-p)^k\), avec la convention d’une intersection vide égale à \(\Omega\) pour \(k = 0\).

Point de méthode : on n’a jamais décrit \(\Omega\). Les variables \(X_i\) et leur indépendance suffisent à tout calculer, ce qui est l’intérêt de la modélisation par variables aléatoires.

Corrigé de l’exercice 12 : Nombre de bonnes réponses à un QCM

1. Pour \(i \in [\![1, 10]\!]\), soit \(X_i\) l’indicatrice de l’événement « la réponse \(i\) est juste ». Le candidat répond au hasard, donc \(X_i \sim \mathcal{B}(\frac{1}{4})\). De plus, les questions sont indépendantes, donc les \(X_i\) sont mutuellement indépendantes. Or \(X = X_1 + \cdots + X_{10}\). D’après le théorème du cours, \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10, \frac{1}{4})\).
2. D’abord, \(P(X = 0) = (\frac{3}{4})^{10} = \frac{59049}{1048576} \approx 0{,}056\). Ensuite, \(P(X = 1) = 10 \cdot \frac{1}{4} \cdot (\frac{3}{4})^9 = \frac{10 \times 3^9}{4^{10}}\). Par passage au contraire,
   \[P(X \geq\, 2) = 1 – \frac{3^{10} + 10 \times 3^9}{4^{10}} = 1 – \frac{13 \times 3^9}{4^{10}} = 1 – \frac{255879}{1048576}.\]
   Donc \(P(X = 0) \approx 0{,}056\) et \(P(X \geq\, 2) = \frac{792697}{1048576} \approx 0{,}756\).
3. La probabilité d’obtenir au moins \(5\) bonnes réponses vaut environ \(0{,}078\), comme le montre l’histogramme ci-dessous. Le hasard donne donc la moyenne moins d’une fois sur douze. Les valeurs les plus probables sont \(2\) et \(3\).

Corrigé de l’exercice 13 : Mode d’une loi binomiale

1. Notons \(q = 1 – p\). Comme \(p\) et \(q\) sont non nuls, tous les \(b_k\) sont strictement positifs. De plus, \(\binom\,{n}{k+1} = \binom\,{n}{k}\frac{n – k}{k + 1}\). Donc \(\frac{b_{k+1}}{b_k} = \frac{(n – k)\,p}{(k + 1)\,q}\).
2. Comme \((k+1)q > 0\), on a \(b_{k+1} \geq\, b_k\) si et seulement si \((n – k)p \geq\, (k + 1)(1 – p)\). En développant, cela s’écrit \(np – kp \geq\, k + 1 – kp – p\), soit \(np + p \geq\, k + 1\). Ainsi \(b_{k+1} \geq\, b_k \Leftrightarrow k + 1 \leq\, (n + 1)p\), avec égalité \(b_{k+1} = b_k\) 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 \(0 \leq\, m \leq\, n\). D’après le 2, la suite \((b_k)\) croît pour \(k \leq\, m\), puis décroît strictement pour \(k \geq\, m\). Si \((n+1)p\) n’est pas entier, toutes les inégalités sont strictes. Le mode est alors unique et vaut \(\lfloor (n+1)p \rfloor\). Si \((n+1)p = m\) est entier, alors \(m \geq\, 1\) et \(b_{m-1} = b_m\). Dans ce cas, il y a deux modes : \(m – 1\) et \(m\).
4. Pour \(n = 10\), \((n+1)p = 2{,}75\) : le mode vaut \(2\), ce que confirme l’histogramme de l’exercice 12. Pour \(n = 11\), \((n+1)p = 3\) est entier. Les modes sont \(2\) et \(3\). En effet, \(\binom\,{11}{2} 3^9 = 55 \times 3^9\) et \(\binom\,{11}{3}3^8 = 165 \times 3^8 = 55 \times 3^9\).

Corrigé de l’exercice 14 : Loi conjointe donnée par un tableau

1. Tous les nombres sont positifs. Leur somme vaut \(\frac{1 + 3 + 2 + 2 + 3 + 1}{12} = 1\). Le tableau définit donc bien une loi de probabilité sur \(\{0, 1, 2\} \times \{0, 1\}\).
2. On somme les colonnes : \(P(X = 0) = \frac{1}{12} + \frac{2}{12}\), \(P(X = 1) = \frac{3}{12} + \frac{3}{12}\) et \(P(X = 2) = \frac{2}{12} + \frac{1}{12}\). Ensuite, on somme les lignes : \(P(Y = 0) = \frac{1 + 3 + 2}{12}\). Ainsi \(X\) a pour loi \((\frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{1}{4})\) et \(Y \sim \mathcal{B}(\frac{1}{2})\).
3. On a \(P(X = 0, Y = 0) = \frac{1}{12}\). Or \(P(X = 0)P(Y = 0) = \frac{1}{8}\). Les variables \(X\) et \(Y\) ne sont donc pas indépendantes.
4. On regroupe les cases selon la valeur de \(x + y\). D’abord, \(P(X + Y = 0) = \frac{1}{12}\). Ensuite, \(P(X + Y = 1) = P(1, 0) + P(0, 1) = \frac{3}{12} + \frac{2}{12}\). De même, \(P(X + Y = 2) = P(2, 0) + P(1, 1) = \frac{5}{12}\) et \(P(X + Y = 3) = \frac{1}{12}\). La loi de \(X + Y\) est \((\frac{1}{12}, \frac{5}{12}, \frac{5}{12}, \frac{1}{12})\) sur \(\{0, 1, 2, 3\}\). Enfin, \(P(X = Y) = P(0, 0) + P(1, 1) = \frac{1}{12} + \frac{3}{12}\), soit \(\frac{1}{3}\).
5. On divise la ligne \(y = 1\) par \(P(Y = 1) = \frac{1}{2}\). La loi conditionnelle de \(X\) sachant \(\{Y = 1\}\) est \((\frac{1}{3}, \frac{1}{2}, \frac{1}{6})\). Elle diffère de la loi de \(X\), ce qui confirme la dépendance.

Corrigé de l’exercice 15 : Minimum et maximum de deux dés

1. On a \(\{V \leq\, k\} = \{X_1 \leq\, k\} \cap \{X_2 \leq\, k\}\). Par indépendance, \(P(V \leq\, k) = (\frac{k}{n})^2\). Ensuite, \(P(V = k) = P(V \leq\, k) – P(V \leq\, k – 1)\), car \(\{V \leq\, k-1\} \subset \{V \leq\, k\}\). Donc \(P(V = k) = \frac{k^2 – (k-1)^2}{n^2} = \frac{2k – 1}{n^2}\).
2. De même, \(\{U \geq\, k\} = \{X_1 \geq\, k\} \cap \{X_2 \geq\, k\}\), d’où \(P(U \geq\, k) = (\frac{n – k + 1}{n})^2\). Ensuite, \(P(U = k) = P(U \geq\, k) – P(U \geq\, k + 1)\). Ainsi \(P(U = k) = \frac{(n – k + 1)^2 – (n – k)^2}{n^2} = \frac{2(n – k) + 1}{n^2}\).
3. Soient \(i, j \in [\![1, n]\!]\). Si \(i > j\), l’événement \(\{U = i, V = j\}\) est vide. Si \(i = j\), il se réduit à \(\{X_1 = X_2 = i\}\). Si \(i < j\), il vaut \(\{(X_1, X_2) = (i, j)\} \cup \{(X_1, X_2) = (j, i)\}\). Donc \(P(U = i, V = j)\) vaut \(\frac{2}{n^2}\) si \(i < j\), \(\frac{1}{n^2}\) si \(i = j\), et \(0\) si \(i > j\). On retrouve la loi marginale de \(V\) : \(P(V = j) = \sum_{i=1}^{j} P(U = i, V = j) = \frac{2(j – 1) + 1}{n^2} = \frac{2j – 1}{n^2}\).
4. Comme \(n \geq\, 2\), on a \(P(U = n, V = 1) = 0\). Pourtant, \(P(U = n) = \frac{1}{n^2}\) et \(P(V = 1) = \frac{1}{n^2}\) sont non nuls. Les variables \(U\) et \(V\) ne sont pas indépendantes.
5. Pour \(n = 6\), la figure ci-dessous représente les cases concernées. On lit \(P(V = 4) = \frac{7}{36}\), \(P(U = 2) = \frac{9}{36}\) et \(P(U = 2, V = 4) = \frac{2}{36}\). Ainsi \(P(V = 4) = \frac{7}{36}\), \(P(U = 2) = \frac{1}{4}\) et \(P(U = 2, V = 4) = \frac{1}{18}\), qui diffère bien de \(\frac{7}{36} \cdot \frac{1}{4} = \frac{7}{144}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Indépendance deux à deux sans indépendance mutuelle

1. L’univers \(\{P, F\}^2\) est muni de la probabilité uniforme. On a \(A = \{PP, PF\}\), \(B = \{PP, FP\}\), \(C = \{PP, FF\}\), tous de probabilité \(\frac{1}{2}\). Ensuite, \(A \cap B = A \cap C = B \cap C = \{PP\}\), de probabilité \(\frac{1}{4} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\). Les événements sont donc deux à deux indépendants. Cependant, \(A \cap B \cap C = \{PP\}\), de probabilité \(\frac{1}{4} \neq \frac{1}{8}\). Ils ne sont donc pas mutuellement indépendants.
2. Chaque événement a \(4\) éléments, donc une probabilité \(\frac{1}{2}\). De plus, \(E \cap F \cap G = \{1\}\), de probabilité \(\frac{1}{8} = (\frac{1}{2})^3\). En revanche, \(E \cap F = \{1, 2, 3\}\), de probabilité \(\frac{3}{8} \neq \frac{1}{4}\). Les événements ne sont pas mutuellement indépendants : la formule produit doit être vérifiée pour toute sous-famille.
3. On a \(A = (A \cap B) \cup (A \cap \overline{B})\), réunion disjointe. Donc \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) – P(A)P(B) = P(A)(1 – P(B))\). Ainsi \(P(A \cap \overline{B}) = P(A)P(\overline{B})\) : \(A\) et \(\overline{B}\) sont indépendants.
4. \(A\) est indépendant de lui-même si et seulement si \(P(A \cap A) = P(A)^2\), c’est-à-dire \(P(A)(1 – P(A)) = 0\). Cela équivaut à \(P(A) \in \{0, 1\}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Fiabilité d’un système de composants

1. Le courant traverse \(C_1\), puis l’une au moins des deux branches parallèles. Donc \(S = F_1 \cap (F_2 \cup F_3)\).
2. Posons \(Y_i = \mathbf{1}_{F_i}\). Ces variables sont mutuellement indépendantes, car les \(F_i\) le sont. Or \(\mathbf{1}_{F_2 \cup F_3} = \max(Y_2, Y_3)\) est une fonction de \((Y_2, Y_3)\). D’après le lemme des coalitions, \(Y_1\) et \(\max(Y_2, Y_3)\) sont indépendantes. Par conséquent, \(F_1\) et \(F_2 \cup F_3\) sont indépendants. Ensuite, \(P(F_2 \cup F_3) = 1 – P(\overline{F_2})P(\overline{F_3}) = 1 – (1 – p)^2 = 2p – p^2\). Donc \(P(S) = p(2p – p^2) = p^2(2 – p)\).
3. Pour \(p = 0{,}9\), on trouve \(P(S) = 0{,}81 \times 1{,}1 = 0{,}891\).
4. Si \(C_1\) est en panne, le système l’est aussi : \(\overline{F_1} \subset \overline{S}\). Donc \(P(\overline{F_1} \cap \overline{S}) = P(\overline{F_1}) = 0{,}1\). Par ailleurs, \(P(\overline{S}) = 1 – 0{,}891 = 0{,}109\). Ainsi \(P_{\overline{S}}(\overline{F_1}) = \frac{0{,}1}{0{,}109} = \frac{100}{109} \approx 0{,}917\). Le composant \(C_1\), sans secours, est donc le point faible du montage.

Corrigé de l’exercice 18 : Coalitions de variables de Bernoulli

1. \(S\) est une somme de deux variables de Bernoulli indépendantes de paramètre \(p\). Donc \(S \sim \mathcal{B}(2, p)\) : \(P(S = 0) = (1-p)^2\), \(P(S = 1) = 2p(1-p)\), \(P(S = 2) = p^2\). Ensuite, \(Q\) vaut \(0\) ou \(1\), et \(P(Q = 1) = P(X_3 = 1, X_4 = 1) = p^2\) par indépendance. Ainsi \(Q \sim \mathcal{B}(p^2)\).
2. \(S\) est une fonction de \((X_1, X_2)\) et \(Q\) une fonction de \((X_3, X_4)\). Ces paquets sont disjoints. D’après le lemme des coalitions, \(S\) et \(Q\) sont indépendantes.
3. Comme \(Q \in \{0, 1\}\), on a \(\{S = Q\} = \{S = 0, Q = 0\} \cup \{S = 1, Q = 1\}\), réunion disjointe. Par indépendance :
   \[P(S = Q) = (1-p)^2(1 – p^2) + 2p(1-p)\,p^2.\]
   Pour \(p = \frac{1}{2}\), on obtient \(\frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} + 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{5}{16}\).
4. Non : les deux variables font intervenir \(X_1\), et le lemme ne s’applique pas. D’ailleurs, \(\{X_1 X_3 = 1\} \subset \{X_1 = 1\} \subset \{S \geq\, 1\}\). Donc \(P(S = 0, X_1X_3 = 1) = 0\), alors que \(P(S = 0)P(X_1 X_3 = 1) = (1-p)^2p^2 > 0\). Les variables \(S\) et \(X_1X_3\) ne sont pas indépendantes.

Corrigé de l’exercice 19 : Somme de deux lois binomiales indépendantes

1. On développe \((1 + x)^{n+m} = (1 + x)^n(1 + x)^m\) par la formule du binôme. Le coefficient de \(x^s\) vaut \(\binom\,{n+m}{s}\) à gauche. À droite, il vaut \(\sum_{k=0}^{s}\binom\,{n}{k}\binom\,{m}{s-k}\), avec la convention indiquée. Deux polynômes égaux ont les mêmes coefficients, d’où la formule de Vandermonde.
2. Soit \(s \in [\![0, n+m]\!]\). La famille \((\{X = k\})_{0 \leq\, k \leq\, n}\) est un système complet, et \(\{X + Y = s\} \cap \{X = k\} = \{X = k, Y = s – k\}\). Par indépendance, avec \(q = 1 – p\) :
   \[P(X + Y = s) = \sum_{k=0}^{s} \binom\,{n}{k}p^k q^{n-k} \binom\,{m}{s-k}p^{s-k}q^{m-s+k} = p^s q^{n+m-s}\sum_{k=0}^{s}\binom\,{n}{k}\binom\,{m}{s-k}.\]
   Les termes où \(k > n\) ou \(s – k > m\) sont nuls par convention. Par Vandermonde, \(P(X + Y = s) = \binom\,{n+m}{s}p^s q^{n+m-s}\) : \(X + Y \sim \mathcal{B}(n + m, p)\).
3. Soient \(Z_1, \ldots, Z_{n+m}\) indépendantes de loi \(\mathcal{B}(p)\). Posons \(X^{\prime} = Z_1 + \cdots + Z_n\) et \(Y^{\prime} = Z_{n+1} + \cdots + Z_{n+m}\). Alors \(X^{\prime} \sim \mathcal{B}(n, p)\) et \(Y^{\prime} \sim \mathcal{B}(m, p)\), et elles sont indépendantes par le lemme des coalitions. Le couple \((X^{\prime}, Y^{\prime})\) a donc la même loi que \((X, Y)\), car la loi conjointe est le produit des marginales. Par conséquent, \(X + Y\) a même loi que \(X^{\prime} + Y^{\prime} = Z_1 + \cdots + Z_{n+m}\). On retrouve \(X + Y \sim \mathcal{B}(n + m, p)\).
4. Pour \(k\) compatible (\(0 \leq\, k \leq\, n\), \(0 \leq\, s – k \leq\, m\)), on a
   \[P(X = k \mid X + Y = s) = \frac{\binom\,{n}{k}p^kq^{n-k}\binom\,{m}{s-k}p^{s-k}q^{m-s+k}}{\binom\,{n+m}{s}p^sq^{n+m-s}} = \frac{\binom\,{n}{k}\binom\,{m}{s-k}}{\binom\,{n+m}{s}}.\]
   Cette loi conditionnelle ne dépend pas de \(p\). C’est la loi du nombre de boules blanches dans un tirage simultané de \(s\) boules parmi \(n\) blanches et \(m\) noires (loi dite hypergéométrique, hors programme).

Corrigé de l’exercice 20 : Variable indépendante d’une fonction d’elle-même

1. On a \(P(X = 0, X^2 = 1) = 0\), car \(X = 0\) impose \(X^2 = 0\). Or \(P(X = 0)P(X^2 = 1) = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \neq 0\). Les variables \(X\) et \(X^2\) ne sont pas indépendantes.
2. Ici \(X^2 = 1\) sur tout \(\Omega\). Pour \(x \in \{-1, 1\}\), \(P(X = x, X^2 = 1) = P(X = x) = P(X = x)P(X^2 = 1)\). Les variables \(X\) et \(X^2\) sont donc indépendantes.
3. Soit \(y \in Y(\Omega)\). Pour tout \(x\) tel que \(f(x) = y\), on a \(\{X = x\} \subset \{Y = y\}\), donc \(P(X = x, Y = y) = P(X = x)\). D’après la formule de la loi de \(f(X)\) puis l’indépendance :
   \[P(Y = y) = \sum_{x :\ f(x) = y} P(X = x, Y = y) = \sum_{x :\ f(x) = y} P(X = x)P(Y = y) = P(Y = y)^2.\]
   Ainsi \(P(Y = y) \in \{0, 1\}\). Or ces probabilités ont pour somme \(1\) sur l’ensemble fini \(Y(\Omega)\). Exactement une valeur \(c\) vérifie donc \(P(Y = c) = 1\).
4. Soit \(Z\) une variable aléatoire, \(z \in Z(\Omega)\) et \(y \in Y(\Omega)\). Si \(y \neq c\), alors \(P(Z = z, Y = y) \leq\, P(Y = y) = 0 = P(Z = z)P(Y = y)\). Si \(y = c\), alors \(P(Z = z, Y \neq c) = 0\), donc \(P(Z = z, Y = c) = P(Z = z) = P(Z = z)P(Y = c)\). Une variable presque sûrement constante est indépendante de toute variable.

Corrigé de l’exercice 21 : Pièce truquée et indépendance conditionnelle

1. On a \(P(E) = P(R) = \frac{1}{2}\). Sachant \(E\), les lancers sont indépendants, donc \(P_E(A_n) = (\frac{1}{2})^n\). Sachant \(R\), la pièce donne toujours pile : \(P_R(A_n) = 1\). D’après la formule des probabilités totales, \(P(A_n) = \frac{1}{2^{n+1}} + \frac{1}{2} = \frac{2^n + 1}{2^{n+1}}\).
2. Par la formule de Bayes, \(P_{A_n}(R) = \frac{P(R)P_R(A_n)}{P(A_n)} = \frac{1/2}{(2^n + 1)/2^{n+1}}\). Donc \(P_{A_n}(R) = \frac{2^n}{2^n + 1}\). Pour \(n = 3\), cela vaut \(\frac{8}{9}\). La limite vaut \(1\) : une longue série de piles désigne presque sûrement la pièce truquée.
3. L’événement « pile au lancer \(n + 1\) » intersecté avec \(A_n\) vaut \(A_{n+1}\). Ainsi
   \[P_{A_n}(A_{n+1}) = \frac{P(A_{n+1})}{P(A_n)} = \frac{2^{n+1} + 1}{2^{n+2}} \cdot \frac{2^{n+1}}{2^n + 1} = \frac{2^{n+1} + 1}{2^{n+1} + 2}.\]
   Cette probabilité tend vers \(1\) quand \(n \to +\infty\). Pour \(n = 0\), on retrouve bien \(P(A_1) = \frac{3}{4}\).
4. On a \(P(P_1) = P(A_1) = \frac{3}{4}\) et, par symétrie du calcul, \(P(P_2) = \frac{3}{4}\). En revanche, \(P(P_1 \cap P_2) = P(A_2) = \frac{5}{8} = \frac{10}{16}\). Or \(P(P_1)P(P_2) = \frac{9}{16}\). Les événements \(P_1\) et \(P_2\) ne sont pas indépendants. Ils le sont sachant \(E\) et sachant \(R\), mais pas pour \(P\). En effet, le premier lancer renseigne sur la pièce, donc sur le second : l’indépendance conditionnelle n’entraîne pas l’indépendance.

Corrigé de l’exercice 22 : Transmission d’un bit à travers des relais

1. Notons \(C_n\) « le bit est correct après \(n\) relais ». Le couple \((C_n, \overline{C_n})\) est un système complet. Le relais \(n + 1\) agit indépendamment des précédents. Donc \(P_{C_n}(C_{n+1}) = p\) et \(P_{\overline{C_n}}(C_{n+1}) = 1 – p\) : un bit faux redevient juste s’il est inversé. D’après la formule des probabilités totales, \(p_{n+1} = p\,p_n + (1 – p)(1 – p_n)\). Ainsi \(p_{n+1} = (2p – 1)p_n + 1 – p\). Si \(p_n\) vaut \(0\) ou \(1\), la formule reste vraie par un calcul direct.
2. C’est une suite arithmético-géométrique. Son point fixe \(\ell\) vérifie \(\ell = (2p – 1)\ell + 1 – p\), soit \(2(1 – p)\ell = 1 – p\), donc \(\ell = \frac{1}{2}\). Ensuite, \(p_{n+1} – \frac{1}{2} = (2p – 1)(p_n – \frac{1}{2})\). Donc \(p_n = \frac{1}{2} + \frac{(2p – 1)^n}{2}\). Comme \(|2p – 1| < 1\), la suite \((p_n)\) converge vers \(\frac{1}{2}\). Le bit reçu devient donc aussi imprévisible qu’un lancer de pièce.
3. Soit \(N\) le nombre de relais fautifs. Les erreurs sont des épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre \(1 – p\), donc \(N \sim \mathcal{B}(n, 1 – p)\). Le bit final est juste si et seulement si \(N\) est pair, car deux inversions se compensent. Ainsi
   \[p_n = \sum_{k \text{ pair}} \binom\,{n}{k}(1-p)^k p^{n-k} = \frac{\big(p + (1 – p)\big)^n + \big(p – (1 – p)\big)^n}{2}.\]
   En effet, la demi-somme des deux développements binomiaux élimine les termes d’indice impair. On retrouve \(p_n = \frac{1 + (2p – 1)^n}{2}\).
4. Pour \(p = 0{,}9\), on a \(2p – 1 = 0{,}8\). Donc \(p_{10} = \frac{1 + 0{,}8^{10}}{2} \approx \frac{1 + 0{,}1074}{2}\), soit \(p_{10} \approx 0{,}554\). Ensuite, \(p_n < 0{,}6\) équivaut à \(0{,}8^n < 0{,}2\). Or \(0{,}8^7 \approx 0{,}210\) et \(0{,}8^8 \approx 0{,}168\), et la suite \((0{,}8^n)\) décroît. Le plus petit entier cherché est \(n = 8\). La figure ci-dessous compare ce cas à celui où \(p = 0{,}2\), pour lequel \(2p – 1 < 0\) et la suite oscille.

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : indépendance et fonction indicatrice d’Euler

1. Les multiples de \(d\) dans \([\![1, n]\!]\) sont \(d, 2d, \ldots, \frac{n}{d} \cdot d\), car \(d\) divise \(n\). Il y en a \(\frac{n}{d}\). Par la probabilité uniforme, \(P(A_d) = \frac{n/d}{n} = \frac{1}{d}\).
2. Les \(p_i\) sont des nombres premiers distincts, donc deux à deux premiers entre eux. D’après le lemme de Gauss, un entier divisible par chacun des \(p_i\) est divisible par leur produit. La réciproque est immédiate. D’où \(A_{p_1} \cap \cdots \cap A_{p_r} = A_{p_1 \cdots p_r}\). Soit maintenant \(I \subset [\![1, r]\!]\) non vide. Le même argument donne \(\bigcap_{i \in I} A_{p_i} = A_{d_I}\), avec \(d_I = \prod_{i \in I} p_i\), qui divise \(n\). Par le 1,
   \[P\Big(\bigcap_{i \in I} A_{p_i}\Big) = \frac{1}{d_I} = \prod_{i \in I} \frac{1}{p_i} = \prod_{i \in I} P(A_{p_i}).\]
   Les événements \(A_{p_1}, \ldots, A_{p_r}\) sont donc mutuellement indépendants.
3. Pour \(n = 8\), on a \(A_4 \subset A_2\), donc \(P(A_2 \cap A_4) = P(A_4) = \frac{1}{4}\). Or \(P(A_2)P(A_4) = \frac{1}{8}\). Les événements \(A_2\) et \(A_4\) ne sont pas indépendants. En effet, \(2\) et \(4\) ne sont pas premiers entre eux : savoir que \(4\) divise \(K\) garantit que \(2\) le divise.
4. Un entier \(K\) est premier avec \(n\) si et seulement si aucun diviseur premier de \(n\) ne divise \(K\). Cet événement vaut donc \(\overline{A_{p_1}} \cap \cdots \cap \overline{A_{p_r}}\). D’après la propriété du cours, les contraires d’événements mutuellement indépendants sont mutuellement indépendants. Par conséquent,
   \[\frac{\varphi(n)}{n} = P\Big(\bigcap_{i=1}^{r} \overline{A_{p_i}}\Big) = \prod_{i=1}^{r}(1 – \frac{1}{p_i}).\]
   En multipliant par \(n\), on obtient \(\varphi(n) = n\prod_{i=1}^{r}(1 – \frac{1}{p_i})\).
5. On a \(360 = 2^3 \times 3^2 \times 5\). Donc \(\varphi(360) = 360 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} = 96\). Ensuite, \(1001 = 7 \times 11 \times 13\), d’où \(\varphi(1001) = 6 \times 10 \times 12\). Ainsi \(\varphi(360) = 96\) et \(\varphi(1001) = 720\).

Point de méthode : pour prouver l’indépendance mutuelle, on vérifie la formule produit pour toute sous-famille, pas seulement pour la famille entière.

Revenir aux énoncés des exercices

Pour aller plus loin en maths sup

• Le cours : probabilités sur un univers fini, cours de maths sup
• Les énoncés : exercices de maths sup sur probabilités sur un univers fini
• À maîtriser avant : Dénombrement
• Chapitre précédent : Dénombrement
• Chapitre suivant : Espérance, variance et inégalités probabilistes
• Le même thème en L1 : probabilités finies, exercices de maths en L1
• Tester vos connaissances : QCM de maths sup par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths sup et les chapitres de maths spé