Corrigé du contrôle de maths spé : espaces probabilisés et variables discrètes

Exercice 1 : Question de cours : dénombrabilité et continuité monotone (3 points)

1. Un ensemble \(E\) est dénombrable s’il est en bijection avec \(\mathbb{N}\).

   Surjectivité. Soit \(m \in \mathbb{N}^*\). Notons \(p\) le plus grand entier tel que \(2^p\) divise \(m\) (il existe car \(2^p \leq\, m\) borne \(p\)). Alors \(\dfrac{m}{2^p}\) est un entier impair, de la forme \(2q + 1\) avec \(q \in \mathbb{N}\), et \(m = \varphi(p, q)\).

   Injectivité. Si \(2^p(2q + 1) = 2^{p^{\prime}}(2q^{\prime} + 1)\) avec, par exemple, \(p \leq\, p^{\prime}\), alors \(2q + 1 = 2^{p^{\prime} – p}(2q^{\prime} + 1)\). Le membre de gauche est impair, donc \(p^{\prime} = p\), puis \(q = q^{\prime}\).

   Ainsi \(\varphi\) est bijective et \((p, q) \mapsto \varphi(p, q) – 1\) est une bijection de \(\mathbb{N}^2\) sur \(\mathbb{N}\) : \(\mathbb{N}^2\) est dénombrable.

2. \(\mathbb{Z}\) est dénombrable (par exemple \(n \mapsto 2n\) pour \(n \geq\, 0\) et \(n \mapsto -2n – 1\) pour \(n < 0\) est une bijection de \(\mathbb{Z}\) sur \(\mathbb{N}\)) et \(\mathbb{N}^*\) aussi, donc \(\mathbb{Z} \times \mathbb{N}^*\) est dénombrable. L’application \((a, b) \mapsto \dfrac{a}{b}\) de \(\mathbb{Z} \times \mathbb{N}^*\) dans \(\mathbb{Q}\) est surjective, donc \(\mathbb{Q}\) est fini ou dénombrable. Comme \(\mathbb{Q}\) contient \(\mathbb{N}\), il est infini : \(\mathbb{Q}\) est dénombrable.
3. Théorème de continuité croissante : si \((A_n)\) est une suite croissante d’événements, alors \(P(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n) = \lim_{n \to +\infty} P(A_n)\).

   Démonstration. Posons \(B_0 = A_0\) et \(B_n = A_n \setminus A_{n-1}\) pour \(n \geq\, 1\). Ce sont des événements deux à deux incompatibles : si \(k < n\), \(B_k \subset A_k \subset A_{n-1}\) et \(B_n \cap A_{n-1} = \varnothing\). Par récurrence, \(\bigcup_{k=0}^{n} B_k = A_n\) (la suite est croissante), donc \(\bigcup_{n} B_n = \bigcup_{n} A_n\). Par \(\sigma\)-additivité :
   \[P(\bigcup_{n} A_n) = \sum_{k=0}^{+\infty} P(B_k) = \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=0}^{n} P(B_k) = \lim_{n \to +\infty} P(A_n),\]
   la dernière égalité venant de l’additivité finie appliquée à \(A_n = B_0 \cup \cdots \cup B_n\).

Barème : a) 0,5 point pour la bijectivité de \(\varphi\), 0,5 point pour la définition et la conclusion ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour l’énoncé, 0,5 point pour la construction des \(B_n\), 0,5 point pour la \(\sigma\)-additivité.

Exercice 2 : Pile ou face infini (4 points)

1. Posons \(A_n = F_1 \cap F_2 \cap \cdots \cap F_n\) (aucun pile lors des \(n\) premiers lancers). La suite \((A_n)\) est décroissante et, par indépendance des lancers, \(P(A_n) = (1 – p)^n\). L’événement « on n’obtient jamais pile » est \(A = \bigcap_{n \geq\, 1} A_n\). Par continuité décroissante, \(P(A) = \lim (1 – p)^n = 0\) car \(0 < 1 – p < 1\). L’événement « jamais pile » est négligeable.
2. « On obtient pile une infinité de fois » signifie : pour tout rang \(n\), il existe \(k \geq\, n\) tel que le \(k\)-ième lancer donne pile. C’est l’événement
   \[I = \bigcap_{n \geq\, 1} \bigcup_{k \geq\, n} P_k, \quad \text{de contraire} \quad \overline{I} = \bigcup_{n \geq\, 1} \bigcap_{k \geq\, n} F_k.\]
   Pour \(n\) fixé, les événements \(C_{n,m} = F_n \cap \cdots \cap F_{n+m}\) forment une suite décroissante en \(m\), de probabilité \((1 – p)^{m+1}\). Par continuité décroissante, \(P(\bigcap_{k \geq\, n} F_k) = 0\). Par sous-additivité (union dénombrable), \(P(\overline{I}) \leq\, \sum_{n \geq\, 1} 0 = 0\). Donc \(P(I) = 1\) : on obtient presque sûrement une infinité de piles.
3. Pour \(k \in \mathbb{N}^*\), \((T = k) = F_1 \cap \cdots \cap F_{k-1} \cap P_k\), donc par indépendance \(P(T = k) = (1 – p)^{k-1}p\) : \(T\) suit la loi géométrique \(\mathcal{G}(p)\). On vérifie :
   \[\sum_{k=1}^{+\infty} (1 – p)^{k-1}p = p \times \dfrac{1}{1 – (1 – p)} = 1,\]
   ce qui confirme que \(T\) est presque sûrement fini, en accord avec a).

Barème : a) 0,5 point pour la suite décroissante et sa probabilité, 0,5 point pour la continuité décroissante ; b) 0,5 point pour l’écriture ensembliste, 0,5 point pour la probabilité nulle de chaque intersection, 0,5 point pour la sous-additivité ; c) 1 point pour la loi, 0,5 point pour la vérification.

Exercice 3 : Loi géométrique, absence de mémoire et minimum (5 points)

1. Pour \(n \in \mathbb{N}\), par \(\sigma\)-additivité :
   \[P(X > n) = \sum_{k=n+1}^{+\infty} p(1 – p)^{k-1} = p(1 – p)^n \times \dfrac{1}{1 – (1 – p)} = (1 – p)^n.\]
   \(P(X > n) = (1 – p)^n\).
2. Comme \((X > n + k) \subset (X > n)\) et \(P(X > n) > 0\) :
   \[P(X > n + k \mid X > n) = \dfrac{P(X > n + k)}{P(X > n)} = \dfrac{(1 – p)^{n+k}}{(1 – p)^n} = (1 – p)^k = P(X > k).\]
   La loi géométrique est sans mémoire.
3. Posons \(r = P(W > 1) > 0\) et \(v_n = P(W > n)\). Comme \(W \geq\, 1\), \(v_0 = 1\). L’hypothèse avec \(k = 1\) donne \(v_{n+1} = v_n\,r\) (car \((W > n + 1) \subset (W > n)\)), donc \(v_n = r^n\).

   Si l’on avait \(r = 1\), on aurait \(P(W > n) = 1\) pour tout \(n\). Or la suite \((W > n)\) est décroissante d’intersection vide (\(W\) prend des valeurs finies), donc \(P(W > n) \to 0\) par continuité décroissante : contradiction. Ainsi \(r \in \,]0, 1[\).

   Pour \(n \geq\, 1\), \(P(W = n) = P(W > n – 1) – P(W > n) = r^{n-1}(1 – r)\). \(W\) suit la loi géométrique de paramètre \(1 – r = P(W = 1)\).

4. \(Z\) est à valeurs dans \(\mathbb{N}^*\) et \((Z > n) = (X > n) \cap (Y > n)\). Par indépendance de \(X\) et \(Y\) :
   \[P(Z > n) = P(X > n)\,P(Y > n) = \big((1 – p)(1 – q)\big)^n = s^n, \quad s = (1 – p)(1 – q).\]
   Pour \(n \geq\, 1\), \(P(Z = n) = s^{n-1} – s^n = s^{n-1}(1 – s)\) avec \(1 – s = p + q – pq \in \,]0, 1[\). \(Z\) suit la loi géométrique \(\mathcal{G}(p + q – pq)\).

   Illustration avec \(p = \frac{1}{3}\) et \(q = \frac{1}{4}\) : \(p + q – pq = \frac{4 + 3 – 1}{12} = \frac{1}{2}\), et le minimum est plus concentré sur les petites valeurs que \(X\) et \(Y\).

   

Erreur fréquente : écrire \(P(Z = n) = P(X = n)P(Y = n)\). L’événement \((Z = n)\) n’est pas \((X = n) \cap (Y = n)\) ; il faut passer par \(P(Z > n)\).

Barème : a) 0,5 point pour la somme, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour l’inclusion, 0,5 point pour le calcul ; c) 0,5 point pour \(v_n = r^n\), 0,5 point pour \(r < 1\), 0,5 point pour la loi ; d) 0,5 point pour l’indépendance, 0,5 point pour \(P(Z > n)\), 0,5 point pour la loi.

Exercice 4 : Problème : lois de Poisson et clients d’un magasin (8 points)

Partie A.

1. \(X + Y\) est à valeurs dans \(\mathbb{N}\). Pour \(n \in \mathbb{N}\), \((X + Y = n)\) est la réunion disjointe des \((X = k) \cap (Y = n – k)\), \(0 \leq\, k \leq\, n\). Par indépendance :
   \[P(X + Y = n) = \sum_{k=0}^{n} e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}\,e^{-\mu}\dfrac{\mu^{n-k}}{(n-k)!} = \dfrac{e^{-(\lambda + \mu)}}{n!}\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}\lambda^k \mu^{n-k} = e^{-(\lambda + \mu)}\dfrac{(\lambda + \mu)^n}{n!},\]
   par la formule du binôme. \(X + Y\) suit la loi \(\mathcal{P}(\lambda + \mu)\).
2. \(P(X + Y = n) > 0\). Pour \(0 \leq\, k \leq\, n\) :
   \[P(X = k \mid X + Y = n) = \dfrac{P(X = k)\,P(Y = n – k)}{P(X + Y = n)} = \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}\,\dfrac{\lambda^k \mu^{n-k}}{(\lambda + \mu)^n} = \binom\,{n}{k}(\dfrac{\lambda}{\lambda + \mu})^k (\dfrac{\mu}{\lambda + \mu})^{n-k},\]
   et cette probabilité est nulle pour \(k > n\). Sachant \((X + Y = n)\), \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n, \frac{\lambda}{\lambda + \mu})\).

Partie B.

3. Par la formule des probabilités composées, pour \(n \in \mathbb{N}\) et \(0 \leq\, k \leq\, n\) :
   \[P(N = n, S = k) = P(N = n)\,P(S = k \mid N = n) = e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^n}{n!}\binom\,{n}{k}p^k(1 – p)^{n-k},\]
   et \(P(N = n, S = k) = 0\) si \(k > n\), puisque \(S \leq\, N\).
4. La famille \((N = n)_{n \in \mathbb{N}}\) est un système complet d’événements. Pour \(k \in \mathbb{N}\), par la formule des probabilités totales :
   \[P(S = k) = \sum_{n=k}^{+\infty} e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^n}{k!\,(n-k)!}p^k(1 – p)^{n-k} = e^{-\lambda}\dfrac{(\lambda p)^k}{k!}\sum_{j=0}^{+\infty}\dfrac{\big(\lambda(1 – p)\big)^j}{j!} = e^{-\lambda}\dfrac{(\lambda p)^k}{k!}\,e^{\lambda(1 – p)}.\]
   Donc \(P(S = k) = e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^k}{k!}\) : \(S\) suit la loi \(\mathcal{P}(\lambda p)\).
5. Pour \((k, j) \in \mathbb{N}^2\), \((S = k, R = j) = (N = k + j, S = k)\), donc
   \[P(S = k, R = j) = e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{k+j}}{k!\,j!}p^k(1 – p)^j = e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^k}{k!} \times e^{-\lambda(1 – p)}\dfrac{\big(\lambda(1 – p)\big)^j}{j!}.\]
   En sommant sur \(k \in \mathbb{N}\), on obtient \(P(R = j) = e^{-\lambda(1 – p)}\dfrac{\big(\lambda(1 – p)\big)^j}{j!}\) : \(R\) suit la loi \(\mathcal{P}(\lambda(1 – p))\). L’égalité ci-dessus s’écrit alors \(P(S = k, R = j) = P(S = k)\,P(R = j)\) pour tous \(k, j\) : \(S\) et \(R\) sont indépendantes.
6. Pour \(j \in \mathbb{N}\), \(P(S = k) > 0\) et, par e) :
   \[P(N = k + j \mid S = k) = \dfrac{P(S = k, R = j)}{P(S = k)} = P(R = j) = e^{-\lambda(1 – p)}\dfrac{\big(\lambda(1 – p)\big)^j}{j!}.\]
   Sachant \((S = k)\), \(N – k\) suit la loi \(\mathcal{P}(\lambda(1 – p))\). Connaître le nombre d’acheteurs n’apporte aucune information sur le nombre de clients qui n’ont rien acheté : c’est la traduction de l’indépendance de \(S\) et \(R\), propriété remarquable du « découpage » d’une loi de Poisson.

Erreur fréquente : oublier que la somme donnant \(P(S = k)\) commence à \(n = k\), ce qui fausse le changement d’indice \(j = n – k\).

Barème : a) 0,5 point pour la décomposition, 0,5 point pour l’indépendance, 0,5 point pour le binôme ; b) 1 point pour le calcul, 0,5 point pour la loi binomiale ; c) 0,5 point pour la formule, 0,5 point pour le cas \(k > n\) ; d) 0,5 point pour les probabilités totales, 0,5 point pour le changement d’indice, 0,5 point pour la loi ; e) 0,5 point pour la loi du couple, 0,5 point pour la loi de \(R\), 0,5 point pour l’indépendance ; f) 0,5 point pour le calcul, 0,5 point pour le commentaire.

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