Corrigé du contrôle de maths L2 : espaces probabilisés et conditionnement

Exercice 1 : Question de cours : tribus, continuité monotone et Bayes (4 points)

1. Une tribu sur \(\Omega\) est une partie \(\mathcal{A}\) de \(\mathcal{P}(\Omega)\) qui contient \(\Omega\), qui est stable par passage au complémentaire, et stable par réunion dénombrable : si \(A_n \in \mathcal{A}\) pour tout \(n\), alors \(\bigcup_n A_n \in \mathcal{A}\).

   Une probabilité sur \((\Omega, \mathcal{A})\) est une application \(P : \mathcal{A} \to [0,1]\) telle que \(P(\Omega) = 1\) et qui est \(\sigma\)-additive : pour toute suite \((A_n)\) d’événements deux à deux incompatibles, \(P(\bigcup_n A_n) = \sum_n P(A_n)\).

2. Énoncé : si \((A_n)\) est croissante pour l’inclusion, alors \(P(\bigcup_{n} A_n) = \lim\limits_{n \to +\infty} P(A_n)\).

   Démonstration. Posons \(C_0 = A_0\) et \(C_n = A_n \setminus A_{n-1}\) pour \(n \geq\, 1\). Ces événements sont deux à deux incompatibles. De plus, par croissance, \(\bigcup_{k \leq\, n} C_k = A_n\) et \(\bigcup_{k} C_k = \bigcup_{k} A_k\).

   La \(\sigma\)-additivité donne alors \(P(\bigcup_k A_k) = \sum_{k=0}^{+\infty} P(C_k)\). Cette série converge et sa somme est la limite de ses sommes partielles. Or, par additivité finie, \(\sum_{k=0}^{n} P(C_k) = P(A_n)\). D’où le résultat.

3. Formule des probabilités totales : pour tout événement \(B\),

   \[P(B) = \sum_{i \in I} P(A_i) \, P_{A_i}(B).\]

   En effet, les \(B \cap A_i\) sont deux à deux incompatibles, de réunion \(B\), et \(P(B \cap A_i) = P(A_i) P_{A_i}(B)\).

   Formule de Bayes. Par définition, \(P_B(A_j) = \dfrac{P(A_j \cap B)}{P(B)}\). Le numérateur vaut \(P(A_j) P_{A_j}(B)\), et le dénominateur se développe par la formule précédente. Ainsi :

   \[P_B(A_j) = \frac{P(A_j) \, P_{A_j}(B)}{\sum_{i \in I} P(A_i) \, P_{A_i}(B)}.\]

Barème : a) 0,5 point par définition ; b) 0,5 point pour l’énoncé, 1 point pour la démonstration (découpage en événements disjoints, σ-additivité) ; c) 0,5 point pour les probabilités totales, 1 point pour Bayes démontrée.

Exercice 2 : Lancers infinis et lemme de Borel-Cantelli (4 points)

1. L’événement \(A_n\) est l’intersection des événements « le lancer \(k\) donne pile », pour \(1 \leq\, k \leq\, n\). Ces événements sont indépendants, de probabilité \(\frac{1}{2}\). Donc \(P(A_n) = \dfrac{1}{2^n}\).

2. L’événement « on n’obtient que des piles » est \(A = \bigcap_{n \geq\, 1} A_n\). La suite \((A_n)\) est décroissante : si les \(n+1\) premiers lancers donnent pile, les \(n\) premiers aussi.

   Par continuité décroissante de \(P\), \(P(A) = \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{1}{2^n}\). Donc \(P(A) = 0\).

3. L’événement « on obtient au moins une fois face » est le contraire de \(A\). Sa probabilité vaut donc \(1 – 0 = 1\) : c’est un événement presque sûr.

4. Pour tout \(n\), on a \(L \subset \bigcup_{k \geq\, n} E_k\). Par croissance et sous-additivité dénombrable de \(P\) :

   \[0 \leq\, P(L) \leq\, P(\bigcup_{k \geq\, n} E_k) \leq\, \sum_{k=n}^{+\infty} P(E_k).\]

   Le majorant est le reste d’une série convergente : il tend vers \(0\) quand \(n \to +\infty\). Donc \(P(L) = 0\).

   Application. L’événement \(E_n\) porte sur les \(n+1\) lancers numéros \(n\) à \(2n\), indépendants. Ainsi \(P(E_n) = \frac{1}{2^{n+1}}\), terme général d’une série géométrique convergente. Le lemme donne \(P(L) = 0\).

   Interprétation : presque sûrement, seuls un nombre fini d’événements \(E_n\) se réalisent. Autrement dit, il existe presque sûrement un rang \(n_0\) tel que, pour tout \(n \geq\, n_0\), l’un au moins des lancers numéros \(n\) à \(2n\) donne face.

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point pour l’écriture de A, 0,5 point pour la continuité décroissante citée ; c) 0,5 point ; d) 1 point pour la démonstration du lemme, 0,5 point pour le calcul de P(E_n) et la convergence, 0,5 point pour l’interprétation.

Exercice 3 : Test de dépistage et formule de Bayes (4 points)

1. L’énoncé donne \(P(M) = 0{,}02\), \(P_M(T) = 0{,}95\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}90\), donc \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}10\).

   

   Le couple \((M, \overline{M})\) est un système complet. D’après la formule des probabilités totales :

   \[P(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}10 = 0{,}019 + 0{,}098.\]

   Donc \(P(T) = 0{,}117\).

2. Par la formule de Bayes, \(P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}019}{0{,}117} = \dfrac{19}{117}\).

   Or \(\frac{19}{117} < \frac{1}{6}\) équivaut à \(114 < 117\), ce qui est vrai. Ainsi \(P_T(M) = \frac{19}{117} < \frac{1}{6}\) : un test positif isolé laisse moins d’une chance sur six d’être malade.

3. Par indépendance conditionnelle, \(P_M(T_1 \cap T_2) = 0{,}95^2 = 0{,}9025\) et \(P_{\overline{M}}(T_1 \cap T_2) = 0{,}1^2 = 0{,}01\). Donc :

   \[P(M \cap T_1 \cap T_2) = 0{,}02 \times 0{,}9025 = 0{,}01805, \qquad P(\overline{M} \cap T_1 \cap T_2) = 0{,}98 \times 0{,}01 = 0{,}0098.\]

   Par les probabilités totales, \(P(T_1 \cap T_2) = 0{,}02785\). Ensuite, la formule de Bayes donne :

   \[P_{T_1 \cap T_2}(M) = \frac{0{,}01805}{0{,}02785} = \frac{1805}{2785} = \frac{361}{557}.\]

   Comme \(2 \times 361 = 722 > 557\), cette probabilité vaut \(\frac{361}{557}\), environ \(0{,}65\), et dépasse \(\frac{1}{2}\).

4. Les deux tests ont la même loi, donc \(P(T_2) = P(T_1) = 0{,}117\). Or \(P(T_1)P(T_2) = 0{,}013689\), alors que \(P(T_1 \cap T_2) = 0{,}02785\). Les événements \(T_1\) et \(T_2\) ne sont donc pas indépendants, bien qu’ils le soient conditionnellement à \(M\) et à \(\overline{M}\).

Erreur fréquente : confondre \(P_M(T) = 0{,}95\) et \(P_T(M)\). La faible prévalence rend \(P_T(M)\) beaucoup plus petite.

Barème : a) 0,5 point pour l’arbre, 0,5 point pour P(T) ; b) 0,5 point pour Bayes, 0,5 point pour la comparaison ; c) 0,5 point pour les probabilités conditionnelles, 0,5 point pour P(T₁ ∩ T₂), 0,5 point pour le résultat et la comparaison ; d) 0,5 point.

Exercice 4 : Indépendance deux à deux et mutuelle (3 points)

1. On prend \(\Omega = \{1, 2, \ldots, 6\}^2\), la tribu \(\mathcal{P}(\Omega)\) et la probabilité uniforme. Chacun des \(36\) résultats a la probabilité \(\frac{1}{36}\).

2. L’événement \(A\) contient \(3 \times 6 = 18\) couples, donc \(P(A) = \frac{1}{2}\) ; de même \(P(B) = \frac{1}{2}\). La somme est paire si et seulement si les deux dés ont la même parité : \(C\) contient \(9 + 9 = 18\) couples, donc \(P(C) = \frac{1}{2}\).

   Ensuite, \(A \cap B\) contient \(9\) couples, donc \(P(A \cap B) = \frac{1}{4} = P(A)P(B)\). De plus, \(A \cap C\) signifie « les deux dés sont pairs », donc \(A \cap C = A \cap B\) et \(P(A \cap C) = \frac{1}{4} = P(A)P(C)\). De même, \(P(B \cap C) = \frac{1}{4} = P(B)P(C)\). Les trois événements sont indépendants deux à deux.

3. On a \(A \cap B \cap C = A \cap B\), donc \(P(A \cap B \cap C) = \frac{1}{4}\), alors que \(P(A)P(B)P(C) = \frac{1}{8}\). Les événements ne sont donc pas mutuellement indépendants.

4. Les événements \(E \cap F\) et \(E \cap \overline{F}\) sont incompatibles, de réunion \(E\). Donc \(P(E \cap \overline{F}) = P(E) – P(E \cap F)\). Par indépendance, \(P(E \cap F) = P(E)P(F)\). Par conséquent :

   \[P(E \cap \overline{F}) = P(E)(1 – P(F)) = P(E) P(\overline{F}).\]

   Ainsi \(E\) et \(\overline{F}\) sont indépendants.

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point pour les trois probabilités, 0,5 point pour les trois égalités ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point pour la décomposition de E, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 5 : Problème : une chaîne d’urnes (5 points)

1. Si la première boule est blanche, \(U_2\) contient alors trois blanches et trois noires : \(P_{B_1}(B_2) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\). Si elle est noire, \(U_2\) contient deux blanches et quatre noires : \(P_{N_1}(B_2) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

   

   Par la formule des probabilités totales avec le système complet \((B_1, N_1)\) :

   \[p_2 = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{4} + \frac{1}{6}.\]

   Donc \(p_2 = \dfrac{5}{12}\).

2. Soit \(n \geq\, 1\). Sachant \(B_n\), l’urne \(U_{n+1}\) contient trois blanches sur six boules ; sachant \(N_n\), elle en contient deux sur six. Ainsi \(P_{B_n}(B_{n+1}) = \frac{1}{2}\) et \(P_{N_n}(B_{n+1}) = \frac{1}{3}\). Si \(p_n \in ]0,1[\), le couple \((B_n, N_n)\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles. Alors :

   \[p_{n+1} = \frac{1}{2} p_n + \frac{1}{3}(1 – p_n) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} p_n.\]

   Or \(p_1 = \frac{1}{2}\), et la relation montre par récurrence que \(p_n \in ]0,1[\) pour tout \(n\). La relation est donc établie pour tout \(n \geq\, 1\).

3. La suite est arithmético-géométrique. Son point fixe vérifie \(\ell = \frac{1}{3} + \frac{\ell}{6}\), soit \(\ell = \frac{2}{5}\). Posons \(q_n = p_n – \frac{2}{5}\). Alors \(q_{n+1} = \frac{1}{6} q_n\), donc \((q_n)\) est géométrique de raison \(\frac{1}{6}\), avec \(q_1 = \frac{1}{2} – \frac{2}{5} = \frac{1}{10}\).

   \[p_n = \frac{2}{5} + \frac{1}{10} (\frac{1}{6})^{n-1}.\]

   Comme \(|\frac{1}{6}| < 1\), la suite \((p_n)\) converge vers \(\dfrac{2}{5}\). On vérifie que \(p_2 = \frac{2}{5} + \frac{1}{60} = \frac{25}{60} = \frac{5}{12}\).

4. Par la formule de Bayes :

   \[P_{B_2}(B_1) = \frac{P(B_1) \, P_{B_1}(B_2)}{p_2} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{5}{12}} = \frac{3}{5}.\]

   La probabilité cherchée vaut \(\dfrac{3}{5}\).

5. D’après l’hypothèse de l’énoncé, \(P_{B_1 \cap \cdots \cap B_k}(B_{k+1}) = P_{B_k}(B_{k+1}) = \frac{1}{2}\). La formule des probabilités composées donne alors :

   \[P(B_1 \cap \cdots \cap B_n) = P(B_1) \times (\frac{1}{2})^{n-1} = \frac{1}{2^n}.\]

   Les événements \(C_n = B_1 \cap \cdots \cap B_n\) forment une suite décroissante, d’intersection « toutes les boules tirées sont blanches ». Par continuité décroissante, cette probabilité vaut \(\lim \frac{1}{2^n}\). La probabilité que toutes les boules tirées soient blanches est nulle.

Barème : a) 0,5 point pour les deux probabilités conditionnelles, 0,5 point pour p₂ ; b) 0,5 point pour les probabilités conditionnelles, 0,5 point pour la formule des probabilités totales justifiée ; c) 0,5 point pour le point fixe, 0,5 point pour la suite géométrique, 0,5 point pour la formule et la limite ; d) 0,5 point ; e) 0,5 point pour les probabilités composées, 0,5 point pour la continuité décroissante.

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