Espaces probabilisés : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Une bijection explicite de N² sur N

1. Pour \((p, q) \in \mathbb{N}^2\), on a \(2^p \geq\, 1\) et \(2q + 1 \geq\, 1\), donc \(2^p(2q+1) – 1 \geq\, 0\). Ainsi \(f\) est à valeurs dans \(\mathbb{N}\). Montrons que \(f\) est bijective. Soit \(m \in \mathbb{N}\). Il s’agit de résoudre \(2^p(2q+1) = m + 1\), avec \(m + 1 \geq\, 1\). Or tout entier \(N \geq\, 1\) s’écrit de façon unique \(N = 2^p \times r\) avec \(r\) impair : l’exposant \(p\) est la valuation 2-adique de \(N\), c’est-à-dire la plus grande puissance de 2 qui divise \(N\), et \(r = N / 2^p\) est alors impair. Ensuite, \(r\) impair s’écrit de façon unique \(r = 2q + 1\) avec \(q \in \mathbb{N}\). Donc l’équation \(f(p, q) = m\) a une unique solution. L’application \(f\) est une bijection de \(\mathbb{N}^2\) sur \(\mathbb{N}\).
2. On a \(f(2, 3) = 4 \times 7 – 1 = 27\). Ensuite, \(100 + 1 = 101\) est impair, donc \(p = 0\) et \(2q + 1 = 101\), soit \(q = 50\). Enfin, \(47 + 1 = 48 = 2^4 \times 3\), donc \(p = 4\) et \(q = 1\). Ainsi \(f(2,3) = 27\), \(f^{-1}(100) = (0, 50)\) et \(f^{-1}(47) = (4, 1)\). La figure ci-dessous donne les valeurs de \(f\) sur une partie de la grille. Chaque colonne correspond à une valuation 2-adique fixée de \(f(p,q) + 1\).

   

3. Pour \(p = 1\), c’est évident. Supposons \(\mathbb{N}^p\) dénombrable, et soit \(\psi : \mathbb{N}^p \to \mathbb{N}\) une bijection. Alors \((x, n) \mapsto f(\psi(x), n)\) est une bijection de \(\mathbb{N}^p \times \mathbb{N} = \mathbb{N}^{p+1}\) sur \(\mathbb{N}\), comme composée de bijections. Par récurrence, \(\mathbb{N}^p\) est dénombrable pour tout \(p \geq\, 1\).
4. Soit \(\alpha : E \to \mathbb{N}\) et \(\beta : F \to \mathbb{N}\) deux bijections. L’application \((x, y) \mapsto f(\alpha(x), \beta(y))\) est bijective de \(E \times F\) sur \(\mathbb{N}\). Donc \(E \times F\) est dénombrable.

Corrigé de l’exercice 2 : Quelques ensembles dénombrables usuels

1. La fonction \(g\) envoie \(\mathbb{N}\) sur les entiers pairs et \(\{n \in \mathbb{Z} : n < 0\}\) sur les entiers impairs. En effet, pour \(n < 0\), \(-2n – 1 = 2(-n) – 1\) parcourt \(1, 3, 5, \ldots\) quand \(-n\) parcourt \(1, 2, 3, \ldots\). Chacune de ces deux restrictions est bijective. Donc \(g\) est une bijection de \(\mathbb{Z}\) sur \(\mathbb{N}\). Ensuite, 7 est impair : \(-2n – 1 = 7\) donne \(n = -4\). De même, 10 est pair : \(2n = 10\) donne \(n = 5\). Donc \(g^{-1}(7) = -4\) et \(g^{-1}(10) = 5\).
2. L’application \((a, b) \mapsto \frac{a}{b}\) est une surjection de \(\mathbb{Z} \times \mathbb{N}^*\) sur \(\mathbb{Q}\). Or \(\mathbb{Z} \times \mathbb{N}^*\) est dénombrable, comme produit de deux ensembles dénombrables. Donc \(\mathbb{Q}\) est au plus dénombrable. Comme il contient \(\mathbb{N}\), il est infini. Ainsi \(\mathbb{Q}\) est dénombrable.
3. C’est un produit de deux ensembles dénombrables. Donc \(\mathbb{Q}^2\) est dénombrable.
4. Un tel disque est déterminé par son centre \((a, b) \in \mathbb{Q}^2\) et son rayon \(r \in \mathbb{Q}_+^*\). L’application \((a, b, r) \mapsto D((a, b), r)\) est donc une surjection de \(\mathbb{Q}^2 \times \mathbb{Q}_+^*\), qui est dénombrable, sur l’ensemble étudié. Cet ensemble est donc au plus dénombrable. De plus, il est infini, puisque les disques de centre \((0,0)\) et de rayons \(1, 2, 3, \ldots\) sont distincts. L’ensemble de ces disques est dénombrable.
5. La réunion est au plus dénombrable, comme réunion dénombrable d’ensembles finis. Par ailleurs, les \(E_n\) sont non vides et deux à deux disjoints : en choisissant \(x_n \in E_n\), on obtient une suite injective \((x_n)\). La réunion est donc infinie. Ainsi \(\bigcup_n E_n\) est dénombrable.

Corrigé de l’exercice 3 : Polynômes à coefficients entiers et nombres algébriques

1. L’application \((a_0, \ldots, a_n) \mapsto \sum_{k=0}^{n} a_k X^k\) est une bijection de \(\mathbb{Z}^{n+1}\) sur \(\mathbb{Z}_n[X]\). Or \(\mathbb{Z}^{n+1}\) est un produit fini d’ensembles dénombrables. Donc \(\mathbb{Z}_n[X]\) est dénombrable.
2. On a \(\mathbb{Z}[X] = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \mathbb{Z}_n[X]\). C’est une réunion dénombrable d’ensembles dénombrables, donc elle est au plus dénombrable. Elle est infinie, puisqu’elle contient les constantes entières. Donc \(\mathbb{Z}[X]\) est dénombrable.
3. Pour \(P \in \mathbb{Z}[X]\) non nul, l’ensemble \(Z(P)\) de ses racines complexes est fini, de cardinal au plus \(\deg P\). Par définition, \(\mathcal{A} = \bigcup_{P \in \mathbb{Z}[X] \setminus \{0\}} Z(P)\). C’est une réunion indexée par un ensemble dénombrable d’ensembles finis. Elle est donc au plus dénombrable. Enfin, tout entier \(k\) est racine de \(X – k\), donc \(\mathcal{A}\) est infini. L’ensemble des nombres algébriques est dénombrable.
4. L’ensemble \(\mathcal{A} \cap \mathbb{R}\) est au plus dénombrable, comme partie de \(\mathcal{A}\). Or \(\mathbb{R}\) n’est pas dénombrable. Donc \(\mathbb{R} \setminus \mathcal{A}\) est non vide. Mieux, si \(\mathbb{R} \setminus \mathcal{A}\) était au plus dénombrable, \(\mathbb{R}\) serait la réunion de deux ensembles au plus dénombrables, donc au plus dénombrable : c’est absurde. Il existe des réels non algébriques, et leur ensemble n’est même pas dénombrable.

Point de méthode : pour montrer qu’un ensemble n’est pas dénombrable, il suffit souvent de montrer que son complémentaire dans un ensemble non dénombrable est au plus dénombrable.

Corrigé de l’exercice 4 : Suites de 0 et de 1 et argument diagonal

1. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Par construction, \(u_n = 1 – \varphi(n)_n \neq \varphi(n)_n\). Les suites \(u\) et \(\varphi(n)\) diffèrent donc au rang \(n\), d’où \(u \neq \varphi(n)\). Ceci vaut pour tout \(n\), donc \(u\) n’a pas d’antécédent. Ainsi, aucune application de \(\mathbb{N}\) dans \(\Omega\) n’est surjective. Or \(\Omega\) est infini ; s’il était dénombrable, il existerait une bijection de \(\mathbb{N}\) sur \(\Omega\). Donc \(\Omega = \{0,1\}^{\mathbb{N}}\) n’est pas dénombrable.
2. Pour tout \(n\), \(0 \leq\, \frac{2u_n}{3^{n+1}} \leq\, \frac{2}{3^{n+1}}\), et \(\sum_{n \geq\, 0} \frac{2}{3^{n+1}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{1 – 1/3} = 1\). Par comparaison de séries à termes positifs, la série converge et \(h(u) \in [0, 1]\). Soit maintenant \(u \neq v\), et \(k\) le plus petit indice tel que \(u_k \neq v_k\). Quitte à échanger, \(u_k = 1\) et \(v_k = 0\). Les termes d’indice inférieur à \(k\) se compensent. Donc \[h(u) – h(v) = \frac{2}{3^{k+1}} + \sum_{n > k} \frac{2(u_n – v_n)}{3^{n+1}} \geq\, \frac{2}{3^{k+1}} – \sum_{n > k} \frac{2}{3^{n+1}}.\] Or \(\sum_{n > k} \frac{2}{3^{n+1}} = \frac{2}{3^{k+2}} \cdot \frac{3}{2} = \frac{1}{3^{k+1}}\). Par conséquent, \(h(u) – h(v) \geq\, \frac{1}{3^{k+1}} > 0\). L’application \(h\) est injective.
3. Si \([0,1]\) était dénombrable, l’injection \(h\) ferait de \(\Omega\) un ensemble au plus dénombrable, ce qui contredit la question 1. De plus, \(\mathbb{R}\) contient \([0,1]\), et une partie d’un ensemble au plus dénombrable est au plus dénombrable. Ni \([0,1]\) ni \(\mathbb{R}\) ne sont dénombrables.
4. Une suite qui ne s’annule qu’un nombre fini de fois est entièrement déterminée par l’ensemble fini \(\{n : u_n = 0\}\). On obtient ainsi une bijection entre ces suites et les parties finies de \(\mathbb{N}\), qui forment un ensemble dénombrable (exercice 5). Ensuite, \(\Omega\) est la réunion de cet ensemble et de l’ensemble \(\Omega_\infty\) des suites comportant une infinité de 0. Si \(\Omega_\infty\) était au plus dénombrable, \(\Omega\) le serait aussi. Les suites comportant une infinité de 0 forment un ensemble non dénombrable.

Corrigé de l’exercice 5 : Parties finies et parties quelconques de N

1. Pour \(A\) finie, \(\Phi(A)\) est un entier naturel, et \(\Phi(\emptyset) = 0\). L’unicité de l’écriture binaire des entiers donne la bijectivité. En effet, tout \(m \in \mathbb{N}\) s’écrit de manière unique \(m = \sum_{a \in A} 2^a\) avec \(A\) finie : \(A\) est l’ensemble des positions des chiffres 1 dans l’écriture de \(m\) en base 2. Ensuite, \(\Phi(\{0, 2, 5\}) = 1 + 4 + 32 = 37\). Enfin, \(100 = 64 + 32 + 4 = 2^6 + 2^5 + 2^2\). Donc \(\Phi\) est bijective, \(\Phi(\{0,2,5\}) = 37\) et \(\Phi^{-1}(100) = \{2, 5, 6\}\).
2. Supposons que \(B = f(m)\) pour un certain \(m\). Si \(m \in B\), alors par définition de \(B\), \(m \notin f(m) = B\) : contradiction. Si \(m \notin B\), alors \(m \notin f(m)\), donc \(m \in B\) : contradiction encore. Ainsi \(B\) n’a pas d’antécédent, et aucune application de \(\mathbb{N}\) dans \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) n’est surjective. L’ensemble \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) n’est pas dénombrable.
3. On a \(\mathcal{P}(\mathbb{N}) = \mathcal{F} \cup \mathcal{I}\), où \(\mathcal{I}\) désigne l’ensemble des parties infinies. Comme \(\mathcal{F}\) est dénombrable, si \(\mathcal{I}\) était au plus dénombrable, \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) le serait. L’ensemble des parties infinies de \(\mathbb{N}\) n’est pas dénombrable.

Corrigé de l’exercice 6 : Tribus sur un ensemble fini

1. La première famille contient \(\Omega\) et elle est stable par complémentaire : \(\overline{\{1\}} = \{2, 3, 4\}\). Elle est aussi stable par réunion, puisque toute réunion de ses éléments vaut \(\emptyset\), \(\{1\}\), \(\{2,3,4\}\) ou \(\Omega\). Comme \(\Omega\) est fini, les réunions dénombrables se ramènent à des réunions finies. La première famille est une tribu. La seconde ne contient pas \(\overline{\{1\}} = \{2, 3, 4\}\). La seconde famille n’est pas une tribu.
2. Une tribu contenant \(\{1\}\) et \(\{2,3\}\) contient leur réunion \(\{1, 2, 3\}\), donc son complémentaire \(\{4\}\). Elle contient alors toutes les réunions des trois parties \(\{1\}\), \(\{2, 3\}\) et \(\{4\}\), qui forment une partition de \(\Omega\). Réciproquement, la famille de ces réunions est stable par complémentaire et par réunion, et elle contient \(\Omega\) : c’est une tribu. Donc \(\mathcal{T} = \{\emptyset, \{1\}, \{2,3\}, \{4\}, \{1,2,3\}, \{1,4\}, \{2,3,4\}, \Omega\}\), qui a \(2^3 = 8\) éléments.
3. Soit \(\mathcal{A}_1\) et \(\mathcal{A}_2\) deux tribus sur \(\Omega\). D’abord, \(\Omega\) appartient aux deux. Ensuite, si \(A\) appartient aux deux, \(\overline{A}\) aussi. Enfin, si tous les \(A_n\) appartiennent aux deux, leur réunion aussi. Donc \(\mathcal{A}_1 \cap \mathcal{A}_2\) est une tribu.
4. On a \(\mathcal{T}_1 = \{\emptyset, \{1\}, \{2,3,4\}, \Omega\}\) et \(\mathcal{T}_2 = \{\emptyset, \{2\}, \{1,3,4\}, \Omega\}\). Or \(\{1\} \cup \{2\} = \{1, 2\}\) n’appartient pas à \(\mathcal{T}_1 \cup \mathcal{T}_2\). La réunion de deux tribus n’est pas une tribu en général.

Corrigé de l’exercice 7 : La tribu des parties dénombrables ou codénombrables

1. D’abord, \(\mathbb{R} \in \mathcal{C}\), car son complémentaire \(\emptyset\) est fini. Ensuite, la définition est symétrique en \(A\) et \(\mathbb{R} \setminus A\), donc \(\mathcal{C}\) est stable par complémentaire. Soit enfin \((A_n)\) une suite d’éléments de \(\mathcal{C}\) et \(U = \bigcup_n A_n\). Premier cas : tous les \(A_n\) sont au plus dénombrables. Alors \(U\) est au plus dénombrable, comme réunion dénombrable d’ensembles au plus dénombrables. Second cas : il existe \(k\) tel que \(\mathbb{R} \setminus A_k\) soit au plus dénombrable. Alors \(\mathbb{R} \setminus U \subset \mathbb{R} \setminus A_k\) est au plus dénombrable. Dans les deux cas, \(U \in \mathcal{C}\). Donc \(\mathcal{C}\) est une tribu sur \(\mathbb{R}\).
2. L’intervalle \(]0,1[\) n’est pas dénombrable (exercice 4, question 3 : sinon \([0,1] = \,]0,1[ \cup \{0, 1\}\) le serait). Donc \([0,1]\) n’est pas au plus dénombrable. De plus, \(\mathbb{R} \setminus [0,1]\) contient \(]1, 2[\), qui est en bijection avec \(]0, 1[\) par \(x \mapsto x – 1\). Il n’est donc pas au plus dénombrable non plus. Ainsi \([0,1] \notin \mathcal{C}\).
3. Une partie \(A\) ne peut pas être à la fois au plus dénombrable et de complémentaire au plus dénombrable, sinon \(\mathbb{R} = A \cup \overline{A}\) serait au plus dénombrable. Donc \(P\) est bien définie. Ensuite, \(P(\mathbb{R}) = 1\), car \(\mathbb{R}\) n’est pas dénombrable. Soit \((A_n)\) une suite d’éléments de \(\mathcal{C}\) deux à deux disjoints. Deux éléments codénombrables ne peuvent pas être disjoints : si \(A \cap B = \emptyset\), alors \(\mathbb{R} = \overline{A} \cup \overline{B}\) serait au plus dénombrable. Donc au plus un \(A_n\) est codénombrable. S’il n’y en a aucun, la réunion est au plus dénombrable et \(P\big(\bigcup A_n\big) = 0 = \sum P(A_n)\). S’il y en a exactement un, disons \(A_k\), la réunion contient \(A_k\), donc elle est codénombrable, et \(P\big(\bigcup A_n\big) = 1 = P(A_k) = \sum P(A_n)\). Donc \(P\) est une probabilité sur \((\mathbb{R}, \mathcal{C})\).

Corrigé de l’exercice 8 : Distributions de probabilités sur N

1. Les termes sont positifs. De plus, \(\frac{1}{(n+1)(n+2)} = \frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2}\). Par télescopage, \(\sum_{n=0}^{N} \frac{1}{(n+1)(n+2)} = 1 – \frac{1}{N+2}\), qui tend vers 1. La famille est une distribution de probabilités sur \(\mathbb{N}\).
2. Par le même télescopage, \[P(\{k, k+1, \ldots\}) = \sum_{n=k}^{+\infty} \Big(\frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2}\Big) = \frac{1}{k+1}.\] Donc \(P(\{k, k+1, \ldots\}) = \frac{1}{k+1}\). On remarque que ces événements décroissent et que leur intersection est vide : la continuité décroissante est cohérente avec \(\frac{1}{k+1} \to 0\).
3. La probabilité des entiers pairs vaut \(\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{(2k+1)(2k+2)} = \sum_{k=0}^{+\infty} \Big(\frac{1}{2k+1} – \frac{1}{2k+2}\Big)\). La somme partielle jusqu’à \(k = K\) vaut \(\sum_{j=1}^{2K+2} \frac{(-1)^{j+1}}{j}\). Or la série harmonique alternée converge vers \(\ln 2\). La probabilité des entiers pairs vaut \(\ln 2 \approx 0{,}693\).
4. On a \(\sum_{n \geq\, 0} 4^{-n} = \frac{1}{1 – 1/4} = \frac{4}{3}\). La condition \(\lambda \cdot \frac{4}{3} = 1\) donne \(\lambda = \frac{3}{4}\), et la positivité est claire. Ensuite, \(Q(\{k, k+1, \ldots\}) = \frac{3}{4} \sum_{n \geq\, k} 4^{-n} = \frac{3}{4} \cdot 4^{-k} \cdot \frac{4}{3} = 4^{-k}\). Donc \(\lambda = \frac{3}{4}\) et \(Q(\{k, k+1, \ldots\}) = 4^{-k}\).
5. Supposons \(P(\{n\}) = c\) pour tout \(n\). Par σ-additivité, \(1 = P(\mathbb{N}) = \sum_{n=0}^{+\infty} c\). Si \(c = 0\), la somme est nulle ; si \(c > 0\), la série diverge. Dans les deux cas, on aboutit à une contradiction. Il n’existe pas de probabilité uniforme sur \(\mathbb{N}\).

Corrigé de l’exercice 9 : Parité d’un entier choisi au hasard

1. La condition \(\sum_{n \geq\, 1} \frac{c}{n^2} = 1\) donne \(c = \frac{6}{\pi^2}\), et les termes sont alors positifs. Ensuite, par σ-additivité, la probabilité d’être multiple de \(d\) vaut \[\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{c}{(dk)^2} = \frac{1}{d^2} \cdot c \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{1}{d^2}.\] Donc \(c = \frac{6}{\pi^2}\), la probabilité d’être pair vaut \(\frac{1}{4}\) et celle d’être multiple de \(d\) vaut \(\frac{1}{d^2}\).
2. La probabilité d’être pair vaut \(e^{-2} \sum_{k \geq\, 0} \frac{2^{2k}}{(2k)!} = e^{-2} \operatorname{ch}(2) = e^{-2} \cdot \frac{e^2 + e^{-2}}{2}\). La probabilité d’être pair vaut \(\frac{1 + e^{-4}}{2} \approx 0{,}509\). Ainsi, les pairs sont légèrement favorisés, contrairement à la question précédente.
3. On a \(\sum_{n \text{ impair}} \frac{1}{n^2} = \sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{n^2} – \sum_{k \geq\, 1} \frac{1}{4k^2} = \frac{\pi^2}{6} – \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{8}\). La condition de somme égale à 1 impose donc \(a = \frac{8}{\pi^2}\). Le support est l’ensemble des \(n\) tels que \(p_n \neq 0\). Ainsi \(a = \frac{8}{\pi^2}\), et le support est l’ensemble des entiers naturels impairs.

Corrigé de l’exercice 10 : Ne jamais obtenir de six

1. On a \(B_n = \overline{S_1} \cap \cdots \cap \overline{S_n}\). Les \(S_k\) sont mutuellement indépendants, donc leurs complémentaires aussi. Par conséquent, \(P(B_n) = \big(\frac{5}{6}\big)^n\).
2. L’événement « ne jamais obtenir six » est \(B = \bigcap_{n \geq\, 1} B_n\). La suite \((B_n)\) est décroissante, puisque \(B_{n+1} = B_n \cap \overline{S_{n+1}}\). Par continuité décroissante, \(P(B) = \lim \big(\frac{5}{6}\big)^n = 0\). L’événement « ne jamais obtenir six » est négligeable.
3. On a \(C_k = \bigcap_{m \geq\, 1} \big(\overline{S_{k+1}} \cap \cdots \cap \overline{S_{k+m}}\big)\), intersection décroissante d’événements de probabilité \(\big(\frac{5}{6}\big)^m\). Par continuité décroissante, \(P(C_k) = 0\). Or l’événement « on obtient un nombre fini de six » est \(\bigcup_{k \geq\, 0} C_k\). C’est une réunion dénombrable d’événements négligeables, donc il est négligeable par sous-additivité. Presque sûrement, on obtient une infinité de six.
4. Soit \(T_n\) : « le premier six apparaît au lancer \(n\) ». Par indépendance, \(P(T_n) = \big(\frac{5}{6}\big)^{n-1} \frac{1}{6}\). Les \(T_{2k}\) sont deux à deux incompatibles. Par σ-additivité, \[P\Big(\bigcup_{k \geq\, 1} T_{2k}\Big) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{6}\Big(\frac{5}{6}\Big)^{2k-1} = \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{1 – 25/36} = \frac{5}{36} \cdot \frac{36}{11}.\] La probabilité que le premier six apparaisse à un rang pair vaut \(\frac{5}{11}\). La figure ci-dessous montre la distribution du rang du premier six : les barres des rangs pairs totalisent \(\frac{5}{11}\), celles des rangs impairs \(\frac{6}{11}\).

   

Corrigé de l’exercice 11 : Sous-additivité et lemme de Borel-Cantelli

1. Si \(P(N_n) = 0\) pour tout \(n\), la sous-additivité donne \(0 \leq\, P\big(\bigcup N_n\big) \leq\, \sum P(N_n) = 0\). Ensuite, si les \(A_n\) sont presque sûrs, leurs complémentaires sont négligeables, et \(\overline{\bigcap A_n} = \bigcup \overline{A_n}\) est négligeable. Une réunion dénombrable d’événements négligeables est négligeable ; une intersection dénombrable d’événements presque sûrs est presque sûre.
2. Une issue \(\omega\) appartient à \(L\) si et seulement si, pour tout \(n\), il existe \(k \geq\, n\) tel que \(\omega \in A_k\). Autrement dit, \(L\) est l’événement « une infinité de \(A_k\) sont réalisés ».
3. Pour tout \(n\), on a \(L \subset \bigcup_{k \geq\, n} A_k\). Par croissance de \(P\) et sous-additivité, \(P(L) \leq\, \sum_{k=n}^{+\infty} P(A_k)\). Or ce reste de série convergente tend vers 0 quand \(n \to +\infty\). Donc \(P(L) = 0\).
4. Soit \(A_n\) : « la \(n\)-ième pièce donne pile ». On a \(P(A_n) = \frac{1}{n^2}\), et la série \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge. D’après la question 3, l’événement « une infinité de piles » est négligeable. Presque sûrement, on n’obtient qu’un nombre fini de piles. On remarque que ce résultat n’utilise pas l’indépendance des pièces.

Corrigé de l’exercice 12 : Modélisation du jeu de pile ou face infini

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. Donc \(T_n = \overline{P_1} \cap \cdots \cap \overline{P_{n-1}} \cap P_n\). Par indépendance mutuelle, conservée par passage aux complémentaires, \(P(T_n) = q^{n-1}p\).
2. Soit \(F_n = \overline{P_1} \cap \cdots \cap \overline{P_n}\). La suite \((F_n)\) est décroissante, \(P(F_n) = q^n\), et « jamais pile » est égal à \(\bigcap_n F_n\). Comme \(0 < q < 1\), la continuité décroissante donne une probabilité \(\lim q^n = 0\). L’événement « on n’obtient jamais pile » est négligeable.
3. Pour \(n \neq m\), les événements \(T_n\) et \(T_m\) sont incompatibles : le premier pile ne peut pas apparaître à deux rangs différents. De plus, \(\sum_{n \geq\, 1} q^{n-1}p = \frac{p}{1 – q} = 1\). Donc \((T_n)_{n \geq\, 1}\) est un système quasi-complet. Ce n’est pas un système complet : la suite \((0, 0, 0, \ldots)\) « toujours face » est un élément de \(\Omega\) qui n’appartient à aucun \(T_n\).
4. Soit \(\omega = (\omega_1, \omega_2, \ldots) \in \Omega\) et \(n \geq\, 1\). On note \(E_n(\omega)\) l’événement « pour tout \(k \leq\, n\), le lancer \(k\) donne \(\omega_k\) ». C’est une intersection de \(n\) événements indépendants, chacun de probabilité \(p\) ou \(q\). Donc \(P(E_n(\omega)) \leq\, \max(p, q)^n\). Comme \(\{\omega\} \subset E_n(\omega)\) pour tout \(n\), on obtient \(P(\{\omega\}) \leq\, \max(p, q)^n\), qui tend vers 0. Donc \(P(\{\omega\}) = 0\). Si \(\Omega\) était dénombrable, la σ-additivité donnerait \(P(\Omega) = \sum_{\omega} P(\{\omega\}) = 0\), ce qui contredit \(P(\Omega) = 1\). Chaque issue est négligeable, et \(\Omega\) n’est pas dénombrable.
5. Par σ-additivité, \[P\Big(\bigcup_{k \geq\, 1} T_{2k}\Big) = \sum_{k=1}^{+\infty} q^{2k-1}p = \frac{pq}{1 – q^2} = \frac{pq}{(1-q)(1+q)}.\] Comme \(1 – q = p\), la probabilité que le premier pile apparaisse à un rang pair vaut \(\frac{q}{1+q}\), soit \(\frac{1}{3}\) pour une pièce équilibrée.

Corrigé de l’exercice 13 : Lancers alternés et système quasi-complet

1. Alice lance aux rangs impairs. Soit \(G\) l’événement « Alice gagne ». Pour \(n\) impair, \(T_n \subset G\), et pour \(n\) pair, \(T_n \cap G = \emptyset\). D’après la formule des probabilités totales appliquée au système quasi-complet \((T_n)\), \[P(G) = \sum_{n \geq\, 1} P(G \cap T_n) = \sum_{k=0}^{+\infty} q^{2k}p = \frac{p}{1 – q^2} = \frac{1}{1+q}.\] De même, Bruno gagne avec probabilité \(\sum_{k \geq\, 1} q^{2k-1}p = \frac{q}{1+q}\), d’après l’exercice 12. Alice gagne avec probabilité \(\frac{1}{1+q}\) et Bruno avec probabilité \(\frac{q}{1+q}\).
2. La partie se termine dès qu’un pile apparaît. Or pile apparaît presque sûrement (exercice 12). On le vérifie aussi par le calcul : \(\frac{1}{1+q} + \frac{q}{1+q} = 1\). La partie se termine presque sûrement.
3. Le jeu est équitable si et seulement si \(\frac{1}{1+q} = \frac{1}{2}\), soit \(q = 1\). C’est exclu, puisque \(p > 0\). Le jeu n’est jamais équitable : Alice est toujours avantagée.
4. On a \(T_1 \subset G\), donc \(P(T_1 \mid G) = \frac{P(T_1)}{P(G)} = p(1 + q) = p(2 – p)\). La probabilité cherchée vaut \(p(2-p)\), soit \(\frac{3}{4}\) pour \(p = \frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 14 : Urne choisie au hasard et formule de Bayes

1. Notons \(C_n\) l’événement « on choisit l’urne \(U_n\) ». Les \(C_n\) sont deux à deux incompatibles et \(\sum_{n \geq\, 1} 2^{-n} = 1\) : ils forment un système quasi-complet. De plus, \(P(W \mid C_n) = \frac{1}{n}\). Par la formule des probabilités totales, \[P(W) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2^n} = -\ln\Big(1 – \frac{1}{2}\Big).\] Donc \(P(W) = \ln 2 \approx 0{,}693\).
2. Par la formule de Bayes, \(P(C_1 \mid W) = \frac{P(W \mid C_1) P(C_1)}{P(W)} = \frac{1/2}{\ln 2}\). Plus généralement, \(P(C_n \mid W) = \frac{1}{n\, 2^n \ln 2}\). La boule blanche provient de \(U_1\) avec probabilité \(\frac{1}{2 \ln 2} \approx 0{,}721\), et de \(U_n\) avec probabilité \(\frac{1}{n\, 2^n \ln 2}\). On vérifie que la somme de ces probabilités vaut \(\frac{\ln 2}{\ln 2} = 1\).
3. Soit \(E = \bigcup_{k \geq\, 1} C_{2k}\). Par σ-additivité, \(P(E) = \sum_{k \geq\, 1} 4^{-k} = \frac{1}{3}\). Ensuite, \[P(W \cap E) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{2k} \cdot \frac{1}{4^k} = \frac{1}{2}\Big(-\ln\Big(1 – \frac{1}{4}\Big)\Big) = \frac{1}{2} \ln \frac{4}{3}.\] Donc \(P(W \mid E) = 3 \cdot \frac{1}{2} \ln\frac{4}{3}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{3}{2} \ln \frac{4}{3} \approx 0{,}432\).

Corrigé de l’exercice 15 : Test de dépistage

1. Les événements \(M\) et \(\overline{M}\) forment un système complet. Par la formule des probabilités totales, \(P(+) = 0{,}001 \times 0{,}99 + 0{,}999 \times 0{,}02 = 0{,}00099 + 0{,}01998\). Donc \(P(+) = 0{,}02097\).
2. Par la formule de Bayes, \(P(M \mid +) = \frac{0{,}00099}{0{,}02097} = \frac{99}{2097} = \frac{11}{233}\). Donc \(P(M \mid +) = \frac{11}{233} \approx 0{,}047\). Ainsi, moins de 5 % des personnes positives sont malades. En effet, la maladie est si rare que les faux positifs, issus d’une population saine très nombreuse, dominent largement.
3. On a \(P(-) = 1 – 0{,}02097 = 0{,}97903\) et \(P(M \cap -) = 0{,}001 \times 0{,}01 = 0{,}00001\). Donc \(P(M \mid -) = \frac{1}{97903} \approx 1{,}02 \times 10^{-5}\). Un test négatif est donc très rassurant.
4. Par indépendance conditionnelle, \(P(++ \mid M) = 0{,}99^2 = 0{,}9801\) et \(P(++ \mid \overline{M}) = 0{,}02^2 = 0{,}0004\). Par la formule de Bayes, \[P(M \mid ++) = \frac{0{,}001 \times 0{,}9801}{0{,}001 \times 0{,}9801 + 0{,}999 \times 0{,}0004} = \frac{0{,}0009801}{0{,}0013797}.\] Donc \(P(M \mid ++) = \frac{363}{511} \approx 0{,}710\). Le second test multiplie la probabilité par environ quinze.

Corrigé de l’exercice 16 : Urne de Pólya

1. Après le premier tirage, l’urne contient trois boules. Si la première boule est blanche, il y a deux blanches ; sinon, une seule. Par la formule des probabilités totales avec le système complet \((W_1, \overline{W_1})\), \(P(W_2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}\). Donc \(P(W_2) = \frac{1}{2}\).
2. Sachant \(W_1 \cap \cdots \cap W_{k-1}\), l’urne contient \(k\) boules blanches et une noire, soit \(k + 1\) boules. Donc \(P(W_k \mid W_1 \cap \cdots \cap W_{k-1}) = \frac{k}{k+1}\). Par la formule des probabilités composées, \[P(A_n) = \prod_{k=1}^{n} \frac{k}{k+1} = \frac{1}{n+1}.\] Ainsi \(P(A_n) = \frac{1}{n+1}\).
3. L’événement « ne tirer que des boules blanches » est \(\bigcap_n A_n\), et la suite \((A_n)\) est décroissante. Par continuité décroissante, sa probabilité vaut \(\lim \frac{1}{n+1} = 0\). Presque sûrement, on finit par tirer une boule noire.
4. La première noire apparaît au tirage \(n\) si et seulement si \(A_{n-1}\) est réalisé puis la \(n\)-ième boule est noire (avec la convention \(A_0 = \Omega\)). Sachant \(A_{n-1}\), l’urne contient \(n\) blanches et une noire. Donc cette probabilité vaut \(\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n+1}\). La première noire apparaît au tirage \(n\) avec probabilité \(\frac{1}{n(n+1)}\). Ces événements sont incompatibles et \(\sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{n(n+1)} = 1\) par télescopage : c’est cohérent avec la question 3. La figure ci-dessous compare les deux suites.

   

Corrigé de l’exercice 17 : Indépendance deux à deux et indépendance mutuelle

1. On munit \(\{1, \ldots, 6\}^2\) de la probabilité uniforme. On a \(P(A) = P(B) = \frac{1}{2}\). La somme est paire si et seulement si les deux dés ont la même parité, donc \(P(C) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\). Ensuite, \(P(A \cap B) = \frac{9}{36} = \frac{1}{4}\). De plus, \(A \cap C = A \cap B\), car si le premier dé est pair, la somme est paire exactement quand le second l’est. De même, \(B \cap C = A \cap B\). Ainsi, les trois intersections deux à deux ont pour probabilité \(\frac{1}{4} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\). En revanche, \(A \cap B \cap C = A \cap B\), de probabilité \(\frac{1}{4} \neq \frac{1}{8}\). Les trois événements sont deux à deux indépendants, mais pas mutuellement indépendants.
2. On a \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) – P(A \cap B) = P(A) – P(A)P(B) = P(A)(1 – P(B))\). Donc \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) P(\overline{B})\) : \(A\) et \(\overline{B}\) sont indépendants.
3. L’événement \(A\) est indépendant de lui-même si et seulement si \(P(A) = P(A)^2\), soit \(P(A)(1 – P(A)) = 0\). Les événements indépendants d’eux-mêmes sont exactement les événements négligeables et les événements presque sûrs.

Corrigé de l’exercice 18 : Suite d’événements indépendants

1. Les \(\overline{A_n}\) sont mutuellement indépendants, puisque l’indépendance se conserve par passage aux complémentaires. Pour \(n \geq\, 1\), on pose \(D_n = \overline{A_1} \cap \cdots \cap \overline{A_n}\). Alors \(P(D_n) = \prod_{k=1}^{n} (1 – p_k)\). La suite \((D_n)\) est décroissante et \(\bigcap_n D_n\) est l’événement « aucun \(A_n\) n’est réalisé ». Par continuité décroissante, sa probabilité vaut \(\lim_{n \to +\infty} \prod_{k=1}^{n} (1 – p_k)\).
2. On pose \(j = k + 1\). Alors \(1 – \frac{1}{j^2} = \frac{(j-1)(j+1)}{j^2}\), donc \[\prod_{k=1}^{n} (1 – p_k) = \prod_{j=2}^{n+1} \frac{j-1}{j} \cdot \prod_{j=2}^{n+1} \frac{j+1}{j} = \frac{1}{n+1} \cdot \frac{n+2}{2} = \frac{n+2}{2(n+1)}.\] Cette quantité tend vers \(\frac{1}{2}\). La probabilité qu’aucun \(A_n\) ne soit réalisé vaut donc \(\frac{1}{2}\). La probabilité qu’au moins un \(A_n\) soit réalisé vaut \(\frac{1}{2}\).
3. Ici, \(\prod_{k=1}^{n} \big(1 – \frac{1}{k+1}\big) = \prod_{k=1}^{n} \frac{k}{k+1} = \frac{1}{n+1}\), qui tend vers 0. La probabilité qu’aucun \(A_n\) ne soit réalisé est donc nulle. Presque sûrement, au moins un \(A_n\) est réalisé. La figure ci-dessous compare les deux produits partiels.

   

4. Soit \(m \geq\, 1\). Le même raisonnement, appliqué à la suite \((A_n)_{n \geq\, m}\), donne \[P\Big(\bigcap_{n \geq\, m} \overline{A_n}\Big) = \lim_{N \to +\infty} \prod_{k=m}^{N} \frac{k}{k+1} = \lim_{N \to +\infty} \frac{m}{N+1} = 0.\] Or l’événement « seul un nombre fini de \(A_n\) sont réalisés » est \(\bigcup_{m \geq\, 1} \bigcap_{n \geq\, m} \overline{A_n}\). C’est une réunion dénombrable d’événements négligeables. Presque sûrement, une infinité de \(A_n\) sont réalisés.

Point de méthode : comparer avec l’exercice 11. Lorsque \(\sum P(A_n)\) converge, seul un nombre fini de \(A_n\) se réalise ; ici, la série \(\sum \frac{1}{n+1}\) diverge et l’indépendance donne la conclusion inverse.

Corrigé de l’exercice 19 : Tout motif fini apparaît presque sûrement

1. L’événement \(E_j\) est l’intersection de \(k\) événements indépendants portant sur les lancers \(jk + 1, \ldots, jk + k\), chacun de probabilité \(\frac{1}{2}\). Donc \(P(E_j) = \frac{1}{2^k}\).
2. Les événements \(E_j\) portent sur des blocs de lancers deux à deux disjoints. Ils sont donc mutuellement indépendants, et leurs complémentaires aussi. Ainsi \(P\big(\overline{E_0} \cap \cdots \cap \overline{E_{N-1}}\big) = \big(1 – 2^{-k}\big)^N\). Par continuité décroissante, \(P\big(\bigcap_j \overline{E_j}\big) = \lim_N (1 – 2^{-k})^N = 0\). Or si le motif \(m\) n’apparaît jamais, aucun \(E_j\) n’est réalisé. Donc l’événement « \(m\) n’apparaît jamais » est inclus dans un événement négligeable. Presque sûrement, le motif \(m\) apparaît au moins une fois.
3. L’ensemble des motifs finis est \(\bigcup_{k \geq\, 1} \{P, F\}^k\). C’est une réunion dénombrable d’ensembles finis, et il est infini. Il est donc dénombrable. Pour chaque motif \(m\), l’événement \(G_m\) : « \(m\) apparaît » est presque sûr. Ainsi, \(\bigcap_m G_m\) est une intersection dénombrable d’événements presque sûrs. Presque sûrement, tous les motifs finis apparaissent.

Corrigé de l’exercice 20 : Deux motifs en compétition

1. Supposons que l’un des deux premiers lancers donne face, et notons \(\tau \in \{1, 2\}\) le rang du premier face. Presque sûrement, un pile apparaît après le rang \(\tau\) (même argument que dans l’exercice 12). Soit \(t\) le rang du premier pile après \(\tau\). Le lancer \(t – 1\) donne face, donc FP apparaît au rang \(t\). Montrons que PP n’est pas apparu avant. Si \(\tau = 1\), les lancers 1 à \(t – 1\) donnent tous face. Si \(\tau = 2\), le lancer 1 donne pile, puis les lancers 2 à \(t – 1\) donnent face. Dans les deux cas, aucun pile n’est suivi d’un pile avant le rang \(t\). Donc, presque sûrement, FP apparaît avant PP dès qu’un des deux premiers lancers donne face.
2. Soit \(D\) l’événement « les deux premiers lancers donnent pile ». Sur \(D\), PP apparaît au rang 2, alors que FP ne peut pas apparaître avant le rang 3. Sur \(\overline{D}\), FP gagne presque sûrement. Donc la probabilité que PP apparaisse en premier vaut \(P(D)\). La probabilité que PP apparaisse avant FP vaut \(\frac{1}{4}\). Ce résultat surprend, car les deux motifs ont la même probabilité \(\frac{1}{4}\) à un rang donné.
3. Presque sûrement, un pile apparaît ; soit \(t\) le rang du premier pile. Aucun des deux motifs, qui commencent par P, ne peut apparaître avant le rang \(t + 1\). Au rang \(t + 1\), l’un des deux apparaît : PP si le lancer \(t + 1\) donne pile, PF sinon. Par la formule des probabilités totales appliquée au système quasi-complet \((T_n)\), \[P(\text{PP avant PF}) = \sum_{n \geq\, 1} P(T_n)\, P(P_{n+1} \mid T_n) = \sum_{n \geq\, 1} P(T_n) \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2},\] puisque le lancer \(n + 1\) est indépendant des \(n\) premiers. La probabilité que PP apparaisse avant PF vaut \(\frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 21 : Tribu engendrée par une partition dénombrable

1. D’abord, \(\Omega = A_{\mathbb{N}} \in \mathcal{T}\), car les \(A_n\) recouvrent \(\Omega\). Ensuite, les \(A_n\) forment une partition, donc \(\overline{A_I} = A_{\mathbb{N} \setminus I} \in \mathcal{T}\). Enfin, pour une suite \((I_k)\) de parties de \(\mathbb{N}\), \(\bigcup_k A_{I_k} = A_{\bigcup_k I_k} \in \mathcal{T}\). Donc \(\mathcal{T}\) est une tribu sur \(\Omega\).
2. Soit \(\mathcal{B}\) une tribu contenant tous les \(A_n\). Pour \(I \subset \mathbb{N}\), l’ensemble \(I\) est au plus dénombrable, donc \(A_I\) est une réunion au plus dénombrable d’éléments de \(\mathcal{B}\). Ainsi \(A_I \in \mathcal{B}\). Toute tribu contenant les \(A_n\) contient \(\mathcal{T}\) : \(\mathcal{T}\) est la tribu engendrée par la partition.
3. La surjectivité découle de la définition de \(\mathcal{T}\). Pour l’injectivité, soit \(I \neq J\), par exemple \(n \in I \setminus J\). Alors \(A_n \subset A_I\), tandis que \(A_n \cap A_J = \emptyset\), car les \(A_m\) sont deux à deux disjoints. Comme \(A_n \neq \emptyset\), on obtient \(A_I \neq A_J\). Or \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) n’est pas dénombrable (exercice 5). L’application est bijective, et la tribu \(\mathcal{T}\) n’est pas dénombrable.
4. Si \(P\) convient, la σ-additivité impose \(P(A_I) = \sum_{n \in I} p_n\) : d’où l’unicité. Réciproquement, cette formule définit une application sur \(\mathcal{T}\), grâce à la bijection de la question 3. On a \(P(\Omega) = \sum_n p_n = 1\). Soit ensuite \((A_{I_k})\) une suite d’éléments deux à deux disjoints de \(\mathcal{T}\). D’après l’argument de la question 3, les \(I_k\) sont deux à deux disjoints. Le théorème de sommation par paquets pour les familles positives donne alors \[P\Big(A_{\bigcup_k I_k}\Big) = \sum_{n \in \bigcup_k I_k} p_n = \sum_{k} \sum_{n \in I_k} p_n = \sum_k P(A_{I_k}).\] Il existe donc une unique probabilité \(P\) sur \((\Omega, \mathcal{T})\) telle que \(P(A_n) = p_n\).
5. On a \([2, +\infty[ = A_I\) avec \(I = \{2, 3, \ldots\}\), donc \(P([2, +\infty[) = \sum_{n \geq\, 2} \frac{1}{2^{n+1}} = \frac{1}{4}\). Ensuite, \(\bigcup_k [2k, 2k+1[ = A_{2\mathbb{N}}\), donc sa probabilité vaut \(\sum_{k \geq\, 0} \frac{1}{2^{2k+1}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 – 1/4} = \frac{2}{3}\). Ainsi \(P([2, +\infty[) = \frac{1}{4}\) et \(P\big(\bigcup_k [2k, 2k+1[\big) = \frac{2}{3}\).

Corrigé de l’exercice 22 : Discontinuités d’une fonction monotone

1. Si \(f(x^-) = f(x^+)\), l’encadrement \(f(x^-) \leq\, f(x) \leq\, f(x^+)\) impose que les deux limites valent \(f(x)\). Donc \(f\) est continue en \(x\). Réciproquement, si \(f\) est continue en \(x\), ses limites à gauche et à droite valent \(f(x)\). Donc \(x \in D\) si et seulement si \(f(x^-) < f(x^+)\), et \(J_x\) est alors un intervalle ouvert non vide.
2. Soit \(t \in \,]x, y[\). Pour \(x < u < t\), on a \(f(u) \leq\, f(t)\). En faisant tendre \(u\) vers \(x^+\), on obtient \(f(x^+) \leq\, f(t)\). De même, \(f(t) \leq\, f(y^-)\). Donc \(f(x^+) \leq\, f(y^-)\). Par conséquent, tout élément de \(J_x\) est strictement inférieur à \(f(x^+) \leq\, f(y^-)\), alors que tout élément de \(J_y\) est strictement supérieur à \(f(y^-)\). Ainsi \(J_x \cap J_y = \emptyset\). La figure ci-dessous montre ces intervalles de saut, disjoints sur l’axe des ordonnées.

   

3. Pour chaque \(x \in D\), l’intervalle ouvert non vide \(J_x\) contient un rationnel, par densité de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\). On en choisit un, noté \(r_x\). D’après la question 2, les \(J_x\) sont deux à deux disjoints, donc \(x \mapsto r_x\) est injective de \(D\) dans \(\mathbb{Q}\). Comme \(\mathbb{Q}\) est dénombrable, \(D\) est au plus dénombrable.
4. Soit \(x_1 < \cdots < x_m\) des éléments de \(D_k\). Par la question 2 appliquée sur \([0,1]\), on a \(f(0) \leq\, f(x_1^-)\), \(f(x_i^+) \leq\, f(x_{i+1}^-)\) et \(f(x_m^+) \leq\, f(1)\). Donc \[\frac{m}{k} \leq\, \sum_{i=1}^{m} \big(f(x_i^+) – f(x_i^-)\big) \leq\, f(1) – f(0).\] Ainsi \(m \leq\, k\,(f(1) – f(0))\). Chaque \(D_k\) est fini, de cardinal au plus \(k\,(f(1) – f(0))\). Enfin, un point de \(]0, 1[\) est une discontinuité si et seulement si son saut est strictement positif, c’est-à-dire supérieur à \(\frac{1}{k}\) pour un certain \(k\). L’ensemble des discontinuités dans \(]0,1[\) est donc \(\bigcup_k D_k\), réunion dénombrable d’ensembles finis. Il est au plus dénombrable.
5. La fonction partie entière \(x \mapsto \lfloor x \rfloor\) est croissante. Elle est continue sur chaque \(]n, n+1[\) et discontinue en chaque entier \(n\), puisque \(\lfloor n^- \rfloor = n – 1 \neq n\). Son ensemble de points de discontinuité est \(\mathbb{Z}\), qui est dénombrable.

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : loi zêta et produit eulérien

1. Comme \(s > 1\), la série de Riemann \(\sum n^{-s}\) converge, et \(\zeta(s) > 0\). Les nombres \(\frac{1}{\zeta(s)\, n^s}\) sont positifs et de somme \(\frac{\zeta(s)}{\zeta(s)} = 1\). Ils définissent une distribution de probabilités, donc \(P\) est une probabilité sur \(\mathbb{N}^*\).
2. On a \(M_d = \{dk : k \geq\, 1\}\), et \(k \mapsto dk\) est injective. Par σ-additivité, \[P(M_d) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{\zeta(s)\,(dk)^s} = \frac{1}{d^s} \cdot \frac{1}{\zeta(s)} \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^s}.\] Donc \(P(M_d) = d^{-s}\).
3. Soit \(J\) une partie finie de \(\mathbb{N}^*\). Un entier est divisible par tous les \(p_j\), \(j \in J\), si et seulement s’il est divisible par leur produit, car ces nombres premiers distincts sont deux à deux premiers entre eux. Donc \(\bigcap_{j \in J} M_{p_j} = M_{d}\) avec \(d = \prod_{j \in J} p_j\). D’après la question 2, \[P\Big(\bigcap_{j \in J} M_{p_j}\Big) = \prod_{j \in J} p_j^{-s} = \prod_{j \in J} P(M_{p_j}).\] Les événements \((M_{p_k})_{k \geq\, 1}\) sont mutuellement indépendants.
4. On a \(B_N = \bigcap_{k=1}^{N} \overline{M_{p_k}}\). Les complémentaires d’événements mutuellement indépendants sont mutuellement indépendants. Donc \(P(B_N) = \prod_{k=1}^{N} \big(1 – p_k^{-s}\big)\).
5. L’entier 1 n’est divisible par aucun nombre premier, donc il appartient à tous les \(B_N\). Réciproquement, si \(n \geq\, 2\), il admet un diviseur premier \(p_k\), et alors \(n \notin B_k\). Donc \(\bigcap_{N \geq\, 1} B_N = \{1\}\). La suite \((B_N)\) est décroissante. Par continuité décroissante, \(P(\{1\}) = \lim_N P(B_N)\). Or \(P(\{1\}) = \frac{1}{\zeta(s)}\). On obtient le produit eulérien \(\frac{1}{\zeta(s)} = \lim_{N \to +\infty} \prod_{k=1}^{N} \big(1 – p_k^{-s}\big)\). La figure ci-dessous illustre cette convergence pour \(s = 2\), vers \(\frac{6}{\pi^2}\).

   

6. Soit \(J\) une partie finie de \(\mathbb{N}^*\). Les carrés \(p_j^2\) sont deux à deux premiers entre eux, donc \(\bigcap_{j \in J} M_{p_j^2} = M_{d^2}\) avec \(d = \prod_{j \in J} p_j\). D’après la question 2, \(P(M_{d^2}) = d^{-2s} = \prod_{j \in J} P(M_{p_j^2})\). Donc les \((M_{p_k^2})\) sont mutuellement indépendants. Soit \(Q_N = \bigcap_{k=1}^{N} \overline{M_{p_k^2}}\). Alors \(P(Q_N) = \prod_{k=1}^{N} (1 – p_k^{-2s})\). La suite \((Q_N)\) est décroissante, et son intersection est l’ensemble \(Q\) des entiers sans facteur carré. Par continuité décroissante, puis par la question 5 appliquée à \(2s > 1\), \[P(Q) = \lim_{N \to +\infty} \prod_{k=1}^{N} \big(1 – p_k^{-2s}\big) = \frac{1}{\zeta(2s)}.\] La probabilité qu’un entier soit sans facteur carré vaut \(\frac{1}{\zeta(2s)}\), soit \(\frac{90}{\pi^4} \approx 0{,}924\) pour \(s = 2\).

Point de méthode : la continuité décroissante transforme ici une information arithmétique finie (divisibilité par \(N\) nombres premiers) en une identité portant sur tous les nombres premiers.

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Pour aller plus loin en maths spé

• Le cours : espaces probabilisés, cours de maths spé
• Les énoncés : exercices de maths spé sur espaces probabilisés
• Chapitre précédent : Intégrales à paramètre
• Chapitre suivant : Variables aléatoires discrètes et lois usuelles
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• Le sommaire : tous les chapitres de maths spé et les chapitres de maths sup