[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Enoncés 1 Probabilités Tribu Exercice 5 [ 04006 ] [correction] Soit Ω un ensemble infini et une famille de arties de Ω vérifiant n m A m = et = Ω Exercice 1 [ 03995 ] [correction] Soient T une tribu sur un ensemble Ω et Ω une artie de Ω. Vérifier que T = {A Ω /A T } définit une tribu sur Ω. Exercice 2 [ 03997 ] [correction] Soient f : Ω Ω une alication et T une tribu sur Ω. Vérifier que T = { f 1 A /A T } définit une tribu sur Ω. On ose { } A = /T N n T a Montrer que A est une tribu de Ω. b On suose l ensemble Ω dénombrable. Montrer que toute tribu infinie sur Ω est de la forme ci-dessus our une certaine famille. c Existe-t-il des tribus dénombrables? Exercice 3 [ 03998 ] [correction] a Soit T i i I une famille de tribu sur un même ensemble Ω. Montrer que T = i I T i est une tribu sur Ω. b Soit S une artie de PΩ et T i i I la famille de toutes les tribus de Ω contenant les éléments de S. Vérifier que T = i I T i est une tribu contenant les éléments de S et que c est la lus etite tribu au sens de l inclusion vérifiant cette roriété. Exercice 4 [ 03999 ] [correction] Soit une suite d évènements de l esace robabilisable Ω, T. a Vérifier que A = N est un évènement. A quelle condition simle sur la suite d évènements l évènement A sera-t-il réalisé? b Même question avec A = N Exercice 6 [ 04007 ] [correction] Dans ce sujet dénombrable signifie «au lus dénombrable». Soit Ω un ensemble. On introduit T = { A Ω/A ou Ā est dénombrable} a Vérifier que T est une tribu sur Ω. b Justifier que T est la lus etite tribu au sens de l inclusion contenant les singletons {ω} our ω arcourant Ω. c Vérifier que si Ω est dénombrable alors T = Ω. Exercice 7 [ 04008 ] [correction] Soit une alication f : Ω Ω et l ensemble Vérifier que T est une tribu sur Ω. Non défin Définition d une robabilité Exercice 8 [ 04002 ] [correction] Soit P une robabilité sur N, N. Montrer que P {n} n + 0
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Enoncés 2 Exercice 9 [ 04016 ] [correction] Soit a n une suite strictement décroissante de réels ositifs de limite nulle. Déterminer λ R tel qu il existe une robabilité P sur N vérifiant P {n, n + 1,...} = λa n b Montrer les inégalités de Fatou P A lim inf P et + lim su P P A + c Déterminer un exemle où les inégalité récédente s avèrent strictes. Exercice 10 [ 04011 ] [correction] Dans ce sujet dénombrable signifie «au lus dénombrable». Soit Ω un ensemble non dénombrable. On introduit T = { A Ω/A ou Ā est dénombrable} a Vérifier que T est une tribu sur Ω. b Pour A T, on ose { 0 si A dénombrable P A = 1 si Ā dénombrable Vérifier que P définit une robabilité sur Ω, T. Exercice 11 [ 04009 ] [correction] Soit Ω, T, P un esace robabilisé. Pour A, B T, on ose da, B = P A B avec A B la différence symétrique de A et B définie ar a Vérifier b En déduire A B = A B\A B da, C da, B + db, C P A P B P A B Exercice 12 [ 04010 ] [correction] Soit une suite d évènements de l esace robabilisé Ω, T, P. On introduit A = et A = N N a Vérifier que A et A sont des évènements et que A A Exercice 13 [ 04041 ] [correction] Soit une suite d évènements deux à deux incomatibles d un esace robabilisé Ω, T, P. Montrer lim n + P = 0 Probabilités comosées Exercice 14 [ 03996 ] [correction] Une urne contient une boule blanche et une boule rouge. On tire dans cette urne une boule, on note sa couleur et on la remet dans l urne accomagnée de deux autres boules de la même couleur uis on réète l oération. a Quelle est la robabilité que n remières boules tirées soient rouges? b Quelle est la robabilité de tirer indéfiniment des boules rouges? c Le résultat récédent reste-t-il vrai si on remet la boule accomagnée de trois autres boules de la même couleur? Probabilités conditionnelles Exercice 15 [ 04014 ] [correction] Chaque jour du lundi au vendredi, le rofesseur Zinzin a la robabilité ]0, 1[ d oublier ses notes de cours en classe. Peu lui imorte car il imrovise à chaque cours, mais ce vendredi soir il ne les retrouve lus et ça le contrarie. Il est ceendant certain de les avoir eu en sa ossession lundi matin. a Quelle est robabilité que le rofesseur Zinzin ait erdu ses notes de cours dans la journée de Lundi? b Quel est le jour le lus robable où eu lieu cette erte? Exercice 16 [ 04015 ] [correction] Deux entrerises asiatiques roduisent des «langues de belle-mère» en roortion égale. Ceendant certaines sont défectueuses, dans la roortion 1
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Enoncés 3 our la remière entrerise, dans la roortion 2 our la seconde. Un client achète un sachet contenant n articles. Il souffle dans une remière et celle-ci fonctionne : le voilà rêt our fêter le nouvel an! a Quelle est la robabilité our qu une seconde langue de belle-mère choisie dans le même sachet fonctionne? b Quelle est la robabilité que le sachet comorte k articles fonctionnels y comris le remier extrait? Exercice 17 [ 04030 ] [correction] Trois joueurs A, B et C s affrontent à un jeu selon les règles suivantes : - à chaque artie deux joueurs s affrontent et chacun eut gagner avec la même robabilité ; - le gagnant de la artie récédente et le joueur n ayant as articié s affrontent à la artie suivante. Est déclaré vainqueur celui qui gagne deux arties consécutives. a Etablir que le jeu s arrête resque sûrement. b A et B s affrontent en remier. Quelles sont les robabilités de gain de chaque joueur? Exercice 18 [ 04031 ] [correction] Deux joueurs A et B s affrontent en des arties indéendantes. Le joueur A disose d une fortune égale à n brouzoufs tandis que le joueur B disose de N n brouzoufs. A chaque tour, le joueur A a la robabilité ]0, 1[ de l emorter et le joueur B à la robabilité comlémentaire q = 1. Le joueur erdant cède alors un brouzouf au vainqueur. Le jeu continue jusqu à la ruine d un des deux joueurs. On note a n la robabilité que le joueur A l emorte lorsque sa fortune vaut n. a Que valent a 0 et a N? Etablir la formule de récurrence n [[1, N 1]], a n = a n+1 + qa n 1 b En déduire que la suite u n 1 n N définie ar u n = a n a n 1 est géométrique. c Calculer a n en distinguant les cas = q et q. d Montrer que le jeu s arrête resque sûrement. Evènements Indéendants Exercice 19 [ 04000 ] [correction] Soit une suite d évènements mutuellement indéendants de l esace robabilisé Ω, T, P. On considère l évènement A = N dont la réalisation signifie qu une infinité des évènements sont réalisés. a On suose la convergence de la série P. Montrer que P A = 0. b A l inverse, on suose la divergence de la série P. Montrer que P A = 1. Ce résultat s aelle la loi du zéro-un de Borel. Exercice 20 [ 04013 ] [correction] a Soit A 1,..., une famille d évènements mutuellement indéendants. Pour chaque i {1,..., n}, on ose Ãi = A i ou A i. Vérifier la famille Ã1,..., Ãn est constituée d évènements mutuellement indéendant. b Etendre le résultat au cas d une famille A i i I. Exercice 21 [ 04081 ] [correction] Soit une suite d évènements mutuellement indéendants. Montrer que la robabilité qu aucun des ne soit réalisé est inférieure à ex Exercice 22 [ 04082 ] [correction] Pour s > 1 et λ R, on ose P P {n} = λ our tout n N ns a Pour quelles valeurs, l alication P détermine-t-elle une robabilité sur N, PN? b Pour N, on introduit l événement A = {n N / n} Exrimer simlement la robabilité de l événement A. c On note P l ensemble des nombres remiers. Vérifier que la famille A P est constituée d événements mutuellement indéendants. d En étudiant P {1}, établir n=1 1 n s = 1 1 1 s P
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Corrections 4 Corrections Exercice 1 : [énoncé] Ω = Ω Ω avec Ω T donc Ω T. Soit B T. On eut écrire B = A Ω avec A T et alors Ω \B = Ā Ω avec Ā T. Ainsi le comlémentaire de B dans Ω est élément de A. Soit B n une suite d éléments de T. On eut écrire B n = Ω avec T et alors + + + B n = Ω avec T Ainsi Exercice 2 : [énoncé] Ω = f 1 Ω avec Ω T donc + B n T Ω T Soit A A. Il existe A T tel que A = f 1 A. On a alors donc Ā = f 1 A avec A T Ā T Soit T N. Il existe A n T N telle que n N, = f 1 A n Exercice 3 : [énoncé] a Ω aartient à toutes les tribus T i donc aussi à T. Soit A T. La artie A aartient à toutes les tribus T i donc Ā aussi et ar conséquent Ā T. Soit T N. Pour tout i I, T i N donc T i uis T. Finalement, T s avère bien un tribu. b Par ce qui récède, on eut déjà affirmer que T est une tribu. Pour toute artie A éléments de S, on a A T i our tout i I A T. Ainsi, T est une tribu contenant les éléments de S. Enfin, si T est une autre tribu contenant les éléments de S, celle-ci figure dans la famille T i i I T = T i T i I Exercice 4 : [énoncé] a Pour tout N, est un évènement car intersection dénombrable d évènements. On en déduit que A est un évènement ar union dénombrable d évènements. L évènement A sera réalisé si, et seulement si, est réalisé our un certain. Cela signifie que les évènements de la suite sont réalisé à artir d un certain rang ou encore que seul un nombre fini de ne sont as réalisés. b A est un évènement ar des arguments analogues aux récédents. La non réalisation de A signifie la réalisation de A = N ce qui revient à signifier que seul un nombre fini de sont réalisés. Par négation, la réalisation de A signifie qu une infinité de sont réalisés. Or donc + = f 1 + A n T avec + A n T Exercice 5 : [énoncé] a Considérons l alication ϕ : Ω N qui envoie ω sur l unique n N tel que ω. Pour chaque T N, on a ϕ 1 T = A se comrend comme n T l image réciroque de la tribu N ar l alication ϕ. C est donc bien une tribu. b Soit A une tribu sur l ensemble dénombrable Ω. On définit une relation d équation R sur Ω en affirmant que deux éléments ω et ω sont en relation si, et seulement si, A A, ω A ω A
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Corrections 5 Les classes d équivalence de la relation R constituent une artition de Ω et uisque l ensemble Ω est dénombrable, ces classes d équivalence sont au lus dénombrables. Les éléments A de la tribu A se décrivent sous la forme A = Clω ω A S il n y a qu un nombre fini de classe d équivalence, la tribu A est de cardinal fini ce que les hyothèses excluent. Les classes d équivalences sont donc en nombre dénombrables, on eut les décrire ar une suite vérifiant les hyothèses du sujet et les éléments de la tribu A aaraissent comme ceux de la forme avec T N n T c L ensemble N n étant as dénombrable, ce qui récède assure l inexistence de tribus dénombrables. Exercice 6 : [énoncé] a Ω = donc Ω est dénombrable et Ω T. T est évidemment stable ar assage au comlémentaire. Soit une suite d éléments de T. Cas 1 : Tous les sont dénombrables La réunion est dénombrable en tant qu union dénombrable de arties dénombrables. Cas 2 : L un des n est as dénombrable. Posons 0 ce vilain canard. On a nécessairement 0 dénombrable. Or 0 donc est dénombrable car inclus dans une artie qui l est. Dans les deux cas, l union des est élément de T. b T est une tribu contenant tous les {ω} our ω arcourant Ω. Soit A une tribu contenant tous les {ω} our ω arcourant Ω. Les arties dénombrables de Ω euvent se ercevoir comme réunion dénombrable de leurs éléments et sont donc éléments de la tribu A. Les artie dont le comlémentaire est dénombrables sont alors aussi éléments de la tribu A. On en déduit que T A. c Si Ω est dénombrable alors toute artie de Ω eut s écrire comme réunion dénombrable de arties {ω} et est donc élément de T. On en déduit Ω = T. Exercice 7 : [énoncé] On a Ω = f 1 fω donc Ω T. Soit A T. Vérifions Ā T i.e. Ā = f 1 f Ā. L inclusion directe est toujours vraie. Inversement, soit x f 1 f Ā. Il existe y Ā tel que fx = fy. Si ar l absurde x A alors y f 1 fa = A. Ceci étant exclu, x Ā f 1 f Ā Ā uis égal. Soit une suite d éléments de T. On a + f = f uis On eut donc conclure Exercice 8 : [énoncé] On a P N = 1 et N = f f 1 = + + T f 1 f = + {n}. Par σ-additivité d une robabilité P {n} = 1 Puisque cette série converge, son terme général tend vers 0. Par considération de reste de série convergente, on a aussi P {k/k n} n + 0 Exercice 9 : [énoncé] Analyse : Si P est solution alors P N = 1 λa 0 = 1. On en déduit λ = 1/a 0. De lus, P {n} = P {n, n + 1,...} P {n + 1, n + 2,...} = a n a n+1 a 0 ce qui détermine P.
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Corrections 6 Synthèse : Posons n = a n a n+1 a 0 Les n sont des réels ositifs car la suite a n est décroissante. De lus n = 1 + a n a n+1 = 1 a 0 car la suite a n est de limite nulle. Il existe donc une robabilité P sur N vérifiant P {n} = n et alors, ar continuité croissante P {n, n + 1,...} = k=n k = a n a 0 Exercice 10 : [énoncé] a Ω = donc Ω est dénombrable et Ω T. T est évidemment stable ar assage au comlémentaire. Soit une suite d éléments de T. Cas 1 : Tous les sont dénombrables La réunion est dénombrable en tant qu union dénombrable de arties dénombrables. Cas 2 : L un des n est as dénombrable. Posons 0 ce vilain canard. On a nécessairement 0 dénombrable. Or 0 donc est dénombrable car inclus dans une artie qui l est. Dans les deux cas, l union des est élément de T. b P Ω = 1 car Ω n est as dénombrable. Soit une suite d éléments de T deux à deux disjoints. Cas 1 : Tous les sont dénombrables On en déduit que est aussi dénombrable et l égalité P = P est vérifiée. Cas 2 : L un des n est as dénombrable. Notons n 0 son indice. 0 est dénombrable et, ar distinctions des, on a 0 our tout n n 0. On en déduit que seul 0 n est as dénombrable l égalité est à nouveau vérifiée. P = Exercice 11 : [énoncé] a On vérifie ar les éléments l inclusion b On a donc P A C A B B C P A C P A B + P B C P A = P A P A B + P B = P A B + P B P A P B P A B Un raisonnement symétrique fournit aussi P B P A P A B Exercice 12 : [énoncé] a A et A sont des évènements ar réunions et intersections dénombrables d évènements. Soit ω A. Il existe N tel que ω our tout n. Pour tout q N, on a alors ω ω A. n q b Soit N. Pour tout n, on a P P
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Corrections 7 La borne inférieure étant le lus grand des minorants, on obtient Enfin, ar continuité croissante P inf P P A = lim P + P A lim inf P + Cette dernière limite existant car la suite inf P L autre inégalité s obtient ar un rocédé analogue. c Ω = {0, 1} muni de la robabilité uniforme et On a P = 1/2 donc tandis que A 2 = {0}, A 2+1 = 1 N lim inf P = lim su P = 1 + + 2 P A = P = 0 et P A = P Ω = 1 Exercice 13 : [énoncé] On a N N P = P P Ω = 1 est croissante. Puisque les sommes artielles de la série à termes ositifs P sont majorées, celle-ci converge. En articulier, son terme général tend vers 0. On a P A 0 = 1 et P 1 = 2n 1 2n car si 1 a lieu, l urne est comosée d une boule blanche et de 2n 1 boules rouges lors du n-ième tirage. Par robabilités comosées P = ben vertu de la formule de Stirling Par continuité décroissante c Dans ce nouveau modèle ln P = P n n + 2k 1 2k = 2n! 2 2n n! 2 1 πn n + 0 P = 0 P = n n 3k 2 3k 1 ln 1 1 3k 1 n + car ln1 1/3k 1 est une série à termes négatifs divergente. ouveau l on obtient P = 0 Exercice 15 : [énoncé] a Notons Lu, Ma, Me, Je, V e les évènements corresondant à la erte des notes de cours les jours corresondants. On a Exercice 14 : [énoncé] a Notons l évènement «les n remieres boules tirées sont rouges» P Lu =, P Ma Lu =, P Me Lu Ma =,... P Ma Lu = P Ma LuP Lu = 1
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Corrections 8 Puisque Lu Ma est la réunion disjointes de Lu et Ma Lu, on a Aussi avec uis P Lu Ma = + 1 P Me Lu Ma = P Me Lu MaP Lu Ma P Lu Ma = 1 P Lu Ma = 1 1 = 1 2 P Me Lu Ma = 1 2 et P Lu Ma Me = + 1 + 1 2 Etc Finalement et b On a aussi P Lu... V e = + 1 + + 1 4 = 1 1 5 P Ma Lu... V e = P Lu Lu... V e = 1 1 5 1 1 2, P Me Lu... V e = 1 1 5 1 1 5,... Le jour le lus robable où la erte eu lieu est le remier jour de la semaine. Exercice 16 : [énoncé] a Notons A i l évènement «le sachet est roduit dans l entrerise d indice i» Notons B 1 l évènement «la remière langue de belle-mère choisie dans le sachet est fonctionnelle» Puisque les entrerises roduisent en roortion égale et ar la formule des robabilités totales uis P A 1 = P A 2 = 1/2 P B 1 = P B 1 A 1 P A 1 + P B 2 A 2 P A 2 = 1 + 2 2 P B 1 = 1 1 + 1 2 2 Notons B 2 l évènement «la deuxième langue de belle-mère choisie dans le sachet est fonctionnelle» On veut calculer Par la formule des robabilités totales P B 2 B 1 = P B 1 B 2 P B 1 P B 1 B 2 = P B 1 B 2 A 1 P A 1 + P B 1 B 2 A 2 P A 2 On eut suoser l indéendance des défectuosités à l intérieur d une même usine et l on obtient P B 1 B 2 = 1 1 2 + 1 2 2 2 On en déduit P B 2 B 1 = 1 1 2 + 1 2 2 1 1 + 1 2 b Pour 0 k n, notons C k l évènement On veut mesurer «le sachet contient k articles fonctionnels» P C k B 1 = P C k B 1 P B 1 Pour k = 0, cette robabilité est nulle car C 0 B 1 =. Pour k 1, n 1 C k B 1 = B 1 D k 1 avec D k 1 l évènement «en dehors du remier article, le sachet contient k 1 articles fonctionnels» On eut mesurer la robabilité de ces évènements dès que l on connaît l usine de roduction n 1 P B 1 D k 1 A i = 1 i 1 i k 1 n k i k 1 Par robabilités totales P B 1 D k 1 = 1 n 1 [1 1 k n k 1 + 1 2 k n k ] 2 2 k 1 et enfin n 1 [1 1 k n k 1 + 1 2 k n k ] 2 k 1 P C k B 1 = 1 1 + 1 2
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Corrections 9 Exercice 17 : [énoncé] a Notons l évènement «le jeu dure au moins n affrontements»et B n l évènement «le jeu s arrête lors du n-ième affrontement». On a la réunion disjointe = B n +1 La suite d évènements est décroissante et l évènement «le jeu s éternise»se comrend comme. Par continuité décroissante P = lim n + P Or, our n 1, le jeu s arrête à la n + 1-ième confrontation si est réalisé et que le joueur gagnant à la n + 1-ième confrontation est celui ayant gagné à la n-ième une chance sur 2. On en déduit Ainsi Il en découle P B n = 1 2 P uis P +1 = 1 2 P P B n = P +1 = 1 our n 2 2n 1 P b Suosons que A remorte le remier affrontement. L alternance des vainqueurs des confrontations jusqu à l arrêt du jeu entraîne que : - si la artie s arrête au rang n = 2 [3], c est le joueur A qui gagne ; - si la artie s arrête au rang n = 0 [3], c est le joueur C qui gagne ; - si la artie s arrête au rang n = 1 [3], c est le joueur B qui gagne. La robabilité que C gagne sachant que A remorte le remier affrontement est = 0 P B 3k = 1 1 4 1 1 = 2 7 8 Si en revanche B remorte le remier affrontement - si la artie s arrête au rang n = 2 [3], c est le joueur B qui gagne ; - si la artie s arrête au rang n = 0 [3], c est le joueur C qui gagne ; - si la artie s arrête au rang n = 1 [3], c est le joueur A qui gagne. On en déduit que la robabilité que C gagne est encore 2/7 Indéendamment, du résultat remier affrontement, la robabilité que C l emorte vaut 2/7. Par symétrie du roblème ou en adatant les calculs qui récèdent, la robabilité que A ou B l emorte est 1 1 2 = 5 2 7 14 Exercice 18 : [énoncé] a a 0 = 0 et a N = 1. a n est la robabilité que le joueur A gagne lorsque sa fortune initiale vaut n. Cette robabilité est aussi celle que le joueur A gagne lorsque sa fortune vaut n arès le remier tour de jeu. En discutant selon que le joueur A gagne ou erd son remier tour de jeu, on obtient la formule a n = a n+1 + qa n 1 b En écrivant a n = a n + qa n, l identité récédente donne c On obtient Par télescoage n [[1, N]], a n = a n+1 a n = qa n a n 1 n [[1, N 1]], u n+1 = q u n n [[1, N]], u n = n q u 1 n a k a k 1 = Si = q alors a n = nu 1 et uisque a N = 1, on obtient Si q alors et sachant a N = 1, on conclut n [[1, N]], a n = n N a n = q 1 1 a n = 1 n q 1 q n q N q u 1 n n q u 1
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Corrections 10 d Un calcul symétrique détermine la robabilité b n que B gagne lorsque sa fortune vaut n. On constate alors que a n + b N n = 1. Il est donc resque sûr que la artie s arrête. Exercice 19 : [énoncé] a Par continuité décroissante P A = lim P + Enfin, la divergence de la série à termes ositifs P donne uis donc N P P N + + N N + 0 Or ar l inégalité de Boole P P P = 0 On eut alors conclure P Ā = 0 uis P A = 1. Le majorant est ici le reste d une série convergente, il est donc de limite nulle et ar conséquent P A = 0. b Etudions Ā = Ā n N Par continuité croissante P Ā = Pour N, on a ar inclusion Par indéendance mutuelle N P = lim P + 0 P P N P = Ā n N N 1 P Via l inégalité de convexité 1 x e x N N N P e P An = ex P Exercice 20 : [énoncé] a Un calcul facile fournit P A B = P AP B P A B = P AP B Il est alors immédiat de vérifier que A 1,..., mutuellement indéendants A 1,..., A i,..., mutuellement indéendants En enchaînant les négations, on obtiendra A 1,..., mutuellement indéendants Ã1,..., Ãn b C est immédiat uisque l indéendance mutuelle d une famille infinie se ramène à celle des sous-familles finies. Exercice 21 : [énoncé] On étudie P A 0 = lim N + P Par indéendances des, on a N P = N N [1 P ]
[htt://m.cgeduuydelome.fr] édité le 17 février 2015 Corrections 11 Or 1 x e x our tout x R donc N N N P e P An = ex P A la limite quand N + P A 0 ex P où l on comrend l exonentielle nulle si la série des P diverge. Exercice 22 : [énoncé] a La condition détermine P N = λ = n=1 n=1 P {n} = 1 1 1 n s Inversement, cette valeur convient car on a alors On vérifie alors immédiatement d On a P A 1... A N = 1 1... N s = P A 1... N {1} = car tout naturel suérieur à 2 est divisible ar un nombre remier. Par continuité décroissante P {1} = P A = 1 1 s P P Or P A P {1} = λ et la relation demandée découle des résultats obtenus. n N, P {n} 0 et n=1 P {n} = 1 b On eut exrimer P A = A = {k/k N } P {k} = λ k s s = 1 s c Soit 1,..., N des nombres remiers deux à deux distincts. A 1... A N = {n N / k 1, N, k n} Or les k étant des nombres remiers deux à deux distincts k 1, N, k n 1... N n A 1... A N = A 1... N