Travaux Dirigés 1 Introduction aux probabilités

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1 Université Pierre et Marie Curie LM231 Année Semestre 2 Travaux Dirigés 1 Introduction aux probabilités Dans la suite, pour tout entier naturel n, nous notons N n = {0,...,n} et N n = N n \{0} = {1,...,n}. Exercice 1 On considère un ensemble Ω muni d une tribu A. Soient A, B et C trois événements de cette tribu. Exprimer en fonction de A, B et C les événements suivants : (1 A seul se produit. Seul A se produit signifie que l événement A se produit et également que les événements B et C ne se produisent pas. Cela s écrit A B c C c. (2 Au moins l un d entre eux se produit. Par définition, cela s écrit A B C. (3 Les trois se produisent. Par définition, cela s écrit A B C. (4 Au plus deux d entre eux se produisent. Au plus deux événements se produisent signifie que l on ne peut pas avoir les trois événements simultanément, cela s écrit (A B C c = A c B c C c. (5 L un d entre eux exactement se produit. Notons E 5 cet événement. Dans ce cas, seul A se produit ou seul B se produit ou seul C se produit. En utilisant la première question nous écrivons alors E 5 = (A B c C c (A c B C c (A c B c C. (6 Au plus l un d entre eux se produit. Notons E 6 cet événement. Au plus un événement se produit si et seulement si aucun événement ne se produit ou exactement un événement se produit. On a alors E 6 = E 5 (A B C c = E 5 (A c B c C c. (7 Au moins deux d entre eux se produisent. Notons E 7 cet événement. C est exactement le complémentaire de l événement précédent: E 7 = E6 c. Exercice 2 Soit Ω l ensemble des couples mariés d une ville donnée. On considère les événements A: l homme a plus de quarante ans ; B : la femme est plus jeune que l homme ; C : la femme a plus de quarante ans. 1

2 2 (1 Interpréter en fonction de A,B,C l événement le mari a plus de 40 ans mais pas sa femme. L événement décrit correspond à la réalisation de l événement A et à la non réalisation de l événement C. Il s écrit donc A C c. (2 Vérifier que A C c B. En écrivant Ω = B B c et A C c = A C c Ω, on obtient A C c = (A C c B (A C c B c. Or, A C c B c = donc A C c = (A C c B c B. (3 Décrire en langage ordinaire les événements A B C c, A\(A B, A B c C. On remarque que A B C c = A C c puisque A C c B (en effet, un couple de A C c est tel que l homme a plus de 40 ans et la femme a moins de 40 ans; cela entraine que la femme est plus jeune que l homme; donc ce couple est élément de B. Ainsi A B C c est : l homme a plus de 40 ans et la femme a moins de 40 ans. A\(A B: l homme a plus de 40 ans et la femme est plus agée que l homme. A B c C : l homme et la femme ont plus de 40 ans et la femme est plus agée que l homme. Exercice 3 On considère un espace probabilisé (Ω, A, P. (1 Soient A, B et C trois événements de la tribu A. Montrer que P(A B = P(A+P(B P(A B. Ecrivons B = (A B (B \A. B étant écrit comme l union de deux événements disjoints nous avons P(B = P(A B+P(B \A. De même, A B = A (B \A. L écriture de A B comme union de deux événements disjoints donne P(A B = P(A+P(B \A. On en déduit que P(A B = P(A+P(B \A = P(A+P(B P(A B. (2 Montrer que pour tout entier naturel non nul n et toute famille d événements (A i 1 i n ( n n P A k = k k=1 k=1p(a P(A i A j + P(A i A j A k i<j i<j<k +( 1 n+1 P(A 1 A n. (1

3 Nous allons montrer cette propriété par récurrence. Posons, pour tout entier naturel n N, P(n : pour toute famille d événements (A i 1 i n, la formule (1 est vraie. Initialisation Pour tout événement A nous avons P(A = P(A, la formule est donc vraie pour n = 1. Hérédité Soit n un entier naturel non nul tel que la propriété (1 soit vraie. Soit alors (A i 1 i n+1 une famille d événements. En appliquant la question 1, nous avons. ( n+1 ( n P A i = P A i An+1 ( n ([ n ] An+1 = P A i +P(A n+1 P A i ( n ( n = P A i +P(A n+1 P [ A i An+1 ]. En appliquant l hypothèse de récurrence aux familles d événements (A i A n+1 1 i n et (A i 1 i n nous obtenons le résultat désiré. En conclusion, la propriété (1 est vraie pour tout entier naturel non nul n. Application Soit n un entier naturel non nul. Un facteur dispose de n lettres adressées à n personnes disctinctes. Très distrait, il distribue les lettres au hasard : quelle est la probabilité qu aucune n arrive à destination? (i On peut considérer que les lettres sont numérotées de 1 à n selon la convention : vu le sens de sa tournée, la lettre numéro k est celle adressée à la k-ième maison qu il visite. Au fur et à mesure qu il distribue les lettres, le facteur note le numéro de la lettre distribuée : il constitue donc des listes ordonnées à n éléments. Proposer un triplet de probabilité tel que P soit la probabilité uniforme. Dans ce cas Ω est l ensemble des permutations de N n : on a alors Ω = n!. On munit Ω de la tribu constituée de l ensemble des parties de Ω. Puisque l on choisit pour P la probabilité uniforme, on a pour tout ω Ω, P({ω} = 1/n!. (ii Pour tout i N n, on note A i l événement : la i-ième lettre distribuée est la lettre i (donc elle est distribuée à la bonne personne. Pour tout i N n, calculer P(A i et, plus généralement, pour l N n indices distincts, calculer P(A i 1 A il. PourtoutévénementA,P(A = A / Ω. Soiti N n,dénombronsa i. L événement A i correspond au cas où une lettre est à la bonne maison, il faut placer les (n 1 restantes donc A i = (n 1!. Pour tout couple (i,j (N n 2 tel que i j, l événement A i A j correspond au cas où deux lettres sont bien distribuées, il faut donc placer les (n 2 autres : A i A j = (n 2!. Plus généralement, pour l N n indices distincts, puisque P est la probabilité uniforme, P(A i1 A il = (n l!/n!. 3

4 4 ( n P A k k=1 (iii Calculer la probabilité qu au moins une lettre arrive à son destinataire. L événement au moins une lettre est distribuée à la bonne personne s écrit n k=1 A k. Par application de la formule de Poincaré: = n (n 1! n! ( n (n 2! + 2 n! ( ( n (n 3! n 1 + +( 1 n+1 3 n! n n! puisque, pour tout indice l N n, le cardinal de l ensemble {(i 1,...,i l ;1 i 1 < i 2 < < i l n} est ( n l. Finalement, ( n P A k = n 3! + +( 1n+1 n! = ( 1 k+1. k! k=1 (iv En déduire la probabilité qu aucune n arrive à son destinataire. Que vaut cette quantité quand n +? La probabilité qu aucune n arrive à son destinataire est 1 P( n k=1 A k. La limite quand n + est alors n ( 1 k+1 1 lim = 1 ( 1 k +1 = 1+exp( 1 1 = exp( 1. n + k! k! k=1 k 0 Exercice 4 Soit Ω une ensemble. (1 Quelle est la tribu engendrée par l ensemble des singletons de Ω? Analyse : Notons A cette tribu. Puisqu elle est engendrée par l ensemble des singletons, elle contient tous les singletons et les unions finies ou dénombrables de singletons. A contient donc Ω,, et les sous-ensembles finis ou dénombrables de Ω. A étant stable par passage au complémentaire elle contient donc également tous les complémentaires des sous-ensembles finis ou dénombrables de Ω. En conclusion, k=1 {A Ω;A = Ω ou A ou A c est finie ou dénombrable} A. Synthèse : L ensemble {A Ω;A = Ω ou A ou A c est finie ou dénombrable} est une tribu. Or, il contient tous les singletons de Ω. On en déduit qu il contient la tribu engendrée par les singletons (puisque c est la plus petite tribu contenant les singletons. Ainsi, A {A Ω;A = Ω ou A ou A c est finie ou dénombrable}. On en déduit alors que A = {A Ω;A = Ω ou A ou A c est finie ou dénombrable}. (2 Soit A une partie de Ω, distincte de Ω et de. Décrire la tribu engendrée par {A}. Analyse : Notons A cette tribu. Puisqu elle est engendrée par A elle contient Ω,, A et A c. En conclusion, {Ω,,A,A c } A. Synthèse : L ensemble {Ω,,A,A c } est bien une tribu. Or, il contient A. On en déduit qu il contient la tribu générée par {A} (puisque c est la plus petite tribu

5 5 contenant A. Ainsi, A {Ω,,A,A c }. Finalement A = {Ω,,A,A c }. (3 Décrire la tribu engendrée par une partition dénombrable de Ω, {A i } i I. Analyse : Notons A cette tribu. Puisqu elle est engendrée par {A i } i I, elle contient les unions au plus dénombrables A i avec J I ({A i } i I étant une i J partition de Ω, Ω s écrit de cette façon ( et également lorsque l on prend J =. c Puisquepourtout ensemble J I on a A i = i J i J ca i, la stabilité par passage au complémentaire n ajoute pas d autres sous-ensembles de Ω. Ainsi, { i J A i ;J I} A. Synthèse : L ensemble { i J A i ;J I} est bien une tribu. Or, il contient {A i } i I. On en déduit qu il contient A, la tribu engendrée par {A i } i I (puisque c est la plus petite tribu contenant {A i } i I. Finalement, A { i J A i ;J I} et A = { i J A i ;J I}. Exercice 5 Soient r et b deux entiers naturels non nuls. On considère une urne contenant r boules rouges et b boules bleues. (1 On tire avec remise p N boules. Calculer la probabilité pour qu il y ait (0 p boules rouges. Dans ce cas, l espace d état est donné par Ω = {(x 1,...,x p ; i N p x i N r+b } (pour tout i N p, x i représente le numéro de la i-ème bouletirée. C est l ensemble des p-listes d un ensemble de cardinal r + b (en d autres termes, l ordre compte et il peut y avoir répétition. On a donc Ω = (r +b p. On munit Ω de la tribu constituée de l ensemble de ses parties et (Ω,P(Ω est muni de la probabilité uniforme. L événement A : boules rouges sont tirées correspond au tirage de boules rouges et p boules bleues. Son cardinal est donné par ( p A = r pr b p pr. Le terme ( p correspond au choix de l emplacement des pr boules rouges dans la liste de longueur p. Ensuite, pour chaque choix d emplacement r pr b p pr représente le nombre de listes de boules bleues de longueur p multiplié par le nombre de listes de boules rouges de longueur. P étant la probabilité uniforme, nous avons ( ( ( b p pr pr ( b p pr P(A = (r +b p =. r+b r+b (2 On tire simultanément p N (1 p r +b boules. Calculer la probabilité pour qu il y ait (0 p boules rouges.

6 6 Les boules étant tirées simultanément, l espace Ω est l ensemble des parties à p éléments de N r+b (l ordre ne compte pas et l ensemble contient les numéros des boules tirées. On a donc ( r +b Ω = = p (r +b! p!(r +b p!. On munit Ω de la tribu constituée de l ensemble de ses parties et (Ω,P(Ω est muni de la probabilité uniforme. L événement A : boules rouges sont tirées correspond au tirage de boules rouges et p boules bleues. Son cardinal est donné par ( ( r b A = p si r et p b, puisque l ordre d apparition ne compte pas et qu il n y a pas de répétition. P étant la probabilité uniforme, nous avons P(A = ( r p p ( r r+b p ( b. On peut remarquer (à faire en exercice par exemple que l on obtient le même résultat que si l on avait effectué un tirage sans remise (c est-à-dire en prenant en compte l ordre d apparition des boules. Exercice 6 On range b boules dans n urnes. Combien y a-t-il de rangements possibles si (1 (a les boules et les urnes sont discernables, chaque urne pouvant recevoir au plus une boule (b n? On numérote les urnes et les boules. On a n choix pour la première boule, n 1 pour la deuxième... Donc on a n! (n b! rangements possibles. C est ce que l on appelle un arrangement de b objets parmi n (l ordre compte et il n y a pas répétition. (b les boules et les urnes sont discernables, chaque urne pouvant recevoir plus d une boule? On numérote les urnes et les boules. On a n choix pour la première boule, n pour la deuxième... Donc on a n b rangements possibles. Il s agit d une b-liste dans un ensemble de cardinal n (l ordre compte et il peut y avoir répétition. (c les boules sont indiscernables, les urnes sont discernables, chaque urne pouvant recevoir au plus une boule (b n? On reprend la question (a mais l ordre ne compte plus puisque les boules sont indiscernables: il suffit de diviser par b! (nombre de permutations possibles d un ensemble à b éléments. Le nombre de n! rangements est alors b!(n b!. Il s agit d une combinaison de b éléments dans un ensemble de cardinal n. (d les boules sont indiscernables, les urnes sont discernables, chaque urne pouvant recevoir plus d une boule? Cette question est plus difficile. Avec n 1 et b 0, notons Γ b n le nombre de rangements possibles. Il s agit également du nombre de

7 7 solutions dans N n à l équation : n x i = b. En effet, chaque x i, 1 i n représente le nombre de fois où l urne numéro i a été choisie. Nous pouvons remarquer que pour tout n 1, Γ 0 n = 1 (l unique solution est obtenue en prenant x i = 0 pour tout 1 i n et pour tout b 0, Γ b 1 = 1 (l unique solution est x 1 = b. La démonstration se fait par récurrence sur l entier n N. Soient n N et b N, Γ b n+1 est le nombre de solutions dans Nn+1 à l équation : n+1 x i = b. Or pour tout 0 k b, si x n+1 = k, le nombre de solutions est égal au nombre de solutions dans N n à l équation : n x i = b k, il s agit de Γ b k n. Ainsi, nous avons b Γ b n+1 = Γ i n. i=0 Posons alors, pour tout n N, P(n: Pour tout b N, Γ b n = ( n+b 1 b. Initialisation Nous avons montré que pour tout b N, Γ b 1 = 1, or ( 1+b 1 b donc bien vraie pour n = 1. Hérédité = 1. La propriété est

8 8 Soit n N tel que P(n soit vraie. Alors, pour tout b N, Γ b n = ( n+b 1 b et pour tout b 1 Γ b n+1 = = b i=0 Γ i n b ( n+i 1 i=0 = 1+ i b ( n+i 1 i b [( ( ] n+i n+i 1 = 1+ i i 1 ( n+b = 1+ 1 b ( n+b =. b La formule est immédiatement vérifiée pour b = 0. En conclusion la formule est bien vraie pour tout entier naturel non nul n. (2 On dispose dte 7 boules (discernables à répartir dans deux urnes. Quelle est la probabilité qu il y ait 4 boules dans l une de ces urnes et 3 boules dans l autre. On considère le cas où les urnes sont discernables. Dans ce cas, Ω = {(x 1,...,x 7 ; i N 7 x i N 2 } (pour tout i N 7, x i représente l urne dans laquelle la i-ème boule se trouve. On a donc Ω = 2 7. On munit Ω de la tribu constituée de l ensemble de ses parties et (Ω,P(Ω est muni de la probabilité uniforme. On appelle A l événement 4 boules dans l urne 1 et 3 boules dans l urne 2 et B l événement 3 boules dans l urne 1 et 4 boules dans l urne 2. Les événements A et B sont disjoints donc Or, dans ce cas, P(A B = P(A+P(B. A = B = 7! 3!4! = ( 7, 3 puisqu il s agit (pour A par exemple de choisir les 3 emplacements qui ont la valeur 2 (les 3 boules qui sont dans l urne 2. P étant la probabilité uniforme: P(A B = 1 7! 27( 4!3! 2. Exercice 7 Le principe de réflexion. On joue à pile ou face; on note X i = 1 si on obtient pile au ième lancer, et X i = 1 si on obtient face. On pose S n = X X n, et S 0 = 0. Pour la résolution de cet exercice, il est fortement conseillé de faire des dessins. Pour une suite (X i 1 i n donnée, on peut représenter l évolution de la suite S en traçant les segments d extrémités (i,s i 1 i n. En voici un exemple

9 Figure 1. Représentation de la suite S. Chaque montée correspond à une valeur positive de X i et chaque descente à une valeur négative. (1 Quel est le nombre de chemins N n,x tels que S n = x? Si x et n n ont pas la même parité, il n y a pas desolution. En effet, puisques 0 = 0 et qu à chaque pas, la parité de la somme change (on ajoute 1 ou on retranche 1, S i a la parité de i pour tout 1 i n. Ainsi S n a la parité de n et si x et n n ont pas la même parité alors nécessairement S n x. On a nécessairement x n. En effet pour avoir S n = x (avec x > 0, il faut au moins x indices i tels que 1 i n et X i = 1. Si x était strictement plus grand que n, il faudrait en n pas faire strictement plus de n fois 1! Si x et n ont la même parité et si x n, déterminons N n,x. On note et m = {i N n ;X i = 1} d = {i N n ;X i = 1} Autrement dit, sur un chemin de longueur n, m est le nombre de montées et d le nombre de descentes. Pour avoir S n = x il faut nécessairement d+m = n m d = x puisque d+m représente le nombre de pas et m d vaut S n. On obtient alors m = n+x 2.

10 10 Dans ce cas, le nombre de chemins tels que S n = x est égal au nombre de choix des instants auxquels ont lieu les m = (n+x/2 montées parmi les n instants. Soit ( n N n,x = n+x. 2 (2 Pour x > 0, montrer que le nombre de chemins tels que S 1 = 1, S n = x et k {2,...,n} tel que S k = 0 est égal au nombre de chemins tels que S 1 = 1,S n = x (principe de réflexion. On note C l ensemble des chemins {(i,s i ;0 i n} tels que S 1 = 1 et tels qu il existe 2 k n vérifiant S k = 0. On définit alors la transformation T définie sur l ensemble C telle que pour tout C C, en notant k 0 le premier indice supérieur à 1 vérifiant S k = 0, T(C = C = {(i,s i ;0 i n} avec, pour tout 0 i n, Si 0 i k 0 S i = S i. Si k 0 +1 i n S i = S i. La transformation T est donc à valeurs dans l ensemble C des chemins tels que S 1 = 1 et S n = x. Cette transformation est injective. En effet, si C 1 et C 2 sont deux chemins de C ayant la même image C par T alors ils sont égaux. Pour tous les indices supérieurs au premierinstantoùlecheminc coupel axedesabscisseslescheminscoïncident puisqu ils coïncident avec C. Pour les instants qui précèdent le premier instant où le chemin C coupe l axe des abscisses les chemins coïncident puisqu ils coïncident avec le symétrique de C par rapport à l axe des abscisses. Puisque la transformation est injective on a C C. On construit de façon similaire une transformation injective de C dans C. Le résultat est bien démontré.