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Université de Nice - L2 - Probabilités
FEUILLE DE TD NUMÉRO 2
CORRECTIONS
PROBABILITÉS FINIES
Dans chacun des exercices qui suivent, on prendra un grand soin à modéliser l’expérience considérée
à l’aide d’un espace de probabilité, dont on précisera la mesure de probabilité.
P
Exercice 1. Soit Ω = {1, . . . , NP
}. Soit une suite de nombres (pi )1≤i≤N positifs avec N
i=1 pi = 1.
Montrez que la formule P(A) = i∈A pi pour A sous ensemble de Ω définit une probabilité sur Ω.
Correction
• 0 ≤ P(A) ≤ 1 X
P
=1 X
• P(Ω) = N
i=0 pi P
P
P
• P(A) + P(B) = i∈A pi + i∈B pi = i∈A∪B pi = P(A ∪ B)
X
Exercice 2. Soit Ω = {1, . . . , N }. Soit 0 < x < 1. Trouver S telle que (pi = Sxi )1≤i≤N soit une
loi de probabilité sur Ω.
Correction
Il faut que
N
X
pi = 1
i=1
⇒
N
X
Sxi = 1
i=1
1
⇒ S = PN
i=1 x
⇒S=
i
1
1−xN +1
1−x
−1
=
1−
1−x
1−x
1−x
=
=
.
N
+1
−1+x
x−x
x · (1 − xN )
xN +1
Exercice 3. On lance N fois une pièce à pile ou face.
(1) Décrire l’espace des événements Ω.
(2) Soit 0 < r < 1. A un événement w ∈ Ω, on associe
N k
pw =
r (1 − r)N −k
k
Si w contient k pile et N − k face. Montrez que (pw )w∈Ω est une loi de probabilité sur Ω.
Correction
1
(1) Prennons 0 pour pile et 1 pour face. On a Ω ∼
= {0, 1}N .
(2)
• 0 ≤ pw ≤ 1 X
• On calcule :
N
X
N k
pw =
r (1 − r)N −k = 1 X
k
i=0
Par la formule de Binôme de Newton.
Exercice 4. Soit (Ω, P) un espace probabilisé. Montrez que
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).
Correction
Remarquons que A = (A \ B) ∪ (A ∩ B), et (A \ B), (A ∪ B) sont disjoints. Donc,
P(A ∪ B) + P(A ∩ B) = P (A \ B) ∪ (B \ A) ∪ (A ∪ B) + P(A ∩ B)
= P(A \ B) + P(B \ A) + 2P(A ∪ B)
= P (A \ B) ∪ (A ∩ B) + P (B \ A) ∪ (A ∩ B)
= P(A) + P(B).
Remarquons qu’on utilise le fait que P(X ∪ Y ) = P(X) + P(Y ) si X, Y sont disjoints.
Exercice 5. Soit (Ω, P) un espace probabilisé. Soit une fonction f : Ω → {x1 , . . . , xp }. Montrez
que les poids pk = P(f −1 ({xk })) forment une loi de probabilité sur {x1 , . . . , xp }.
Correction
Soit Pk := f −1 [{xk }]. Remarquons que, en utilisant les propriétés des applications, on a
• Pi ∩ Pj = ∅, ∀i 6= j
• ∪pi=1 Pi = Ω
On vérifie que c’est une loi :
• 0 ≤ P(·) ≤ 1 X
•
p
p
X
X
pk =
P(f −1 ({xk }))
k=1
k=1
=
p
X
P(Pk )
k=1
= P ∪pk=1 Pk
(Car les ensembles sont disjoints)
= P (Ω)
=1 X
2
Exercice 6. Quelle est la probabilité qu’en jetant six dés équilibrés et discernables (par exemple
par la couleur), toutes les faces exhibent un chiffre différent ?
Correction
Ω = {1, . . . , 6}6 , |Ω| = 66 . Il y a 6 × 5 × · · · × 2 × 1 = 6! tirages avec nombres tous différents, donc
6!
|Ω| = 6 .
6
Exercice 7. Quelles sont les probabilités que, parmi les familles de n enfants, n ≥ 2, une famille
soit constituée d’enfants des deux sexes (événement A), puis des garçons et d’au plus une fille
(événement B). Calculer la probabilité de A ∩ B.
Correction
Ω = {0, 1}n , |Ω| = 2n .
• Soit G := {que des garçons} et F := {que des filles}. Donc
P(A) = 1 − P(Ac )
= 1 − P(G ∪ F )
= 1 − P(G) + P(F )
1
1
+
= 1 − 2n−1
=1−
2n 2n
• Au plus une fille ⇒ pas de fille ou exactement une fille. Prenons F ? := {exactement une fille}.
P(B) = P(G ∪ F ? )
= P(G) + P(F ? )
1
n
= n+ n
2
2
1+n
.
=
2n
• A ∩ B = 2 sexes et au plus une fille ⇒ exactement une fille,
n
P(A ∩ B) = n .
2
Exercice 8.
(1) Une urne contient M jetons numérotés de 1 à M . On tire successivement n jetons en
remettant chaque fois le jeton tiré et en brassant bien. Donner la probabilité de l’événement
E := {aucun jeton ne soit tiré plus d’une fois}.
(2) Application : un groupe de n étudiants sont réunis dans une même salle. Quelle est la
probabilité, pn , qu’au moins deux étudiants aient leur anniversaire le même jour. (On
suppose qu’aucun n’est né le 29 février et que n est inférieur à 365.)
Correction
M jetons, n tirages, Ω = {1, . . . , M }n car on remet les jetons. |Ω| = M n .
M!
|Tirage bijectif| = M (M − 1) . . . (M − (n − 1)) =
(M − n)!
3
donc
P(E) =
M!
.
(M − n)!M n
On applique avec M = 365
pn = 1 −
365!
.
(365 − n)!365n
Avancé : On remarque que, si l’on veut calculer la valeur exacte pour, par exemple, p23 , on
est obligé de passer par des très grandes valeurs comme 365!. Calculer cela n’est pas possible
sur une calculatrice non-spécialisée. (En revanche, Python n’a aucun problème...)
>>> from math import factorial
>>> factorial(365)
25104128675558732292929443748812027705165520269876079766872595193901106138220937
41966601800900025416937617231436098232866070807112336997985344536791065387238359
97043555327409376780914914294408643160469250745101348470255460140980059079655410
41195496105311886173373435145517193282760847755882291690213539123479186274701519
39680850494072260703300124632839880055048742799987669041697343786107818534466796
68715110496538881301368361990105291800561258445494886486176829158263475641489909
84138067809999604687488146734837340699359838791124995957584538873616661533093253
55125684505604638873812970295138115186141368892298651000544094394301469924411255
57552791407604927642537402504103910564219790032896000000000000000000000000000000
00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
Mais on peut faire mieux que des grosses calcules. Rappelons que
exp(x) = 1 + x +
x2 x3
+
+ ···
2!
3!
Donc, pour x petit, on peut approximer
t
t
exp −
'1−
.
M
M
Et donc
M (M − 1) . . . (M − (n − 1))
0
1
n−1
P(E) =
= 1−
· 1−
··· 1 −
Mn
M
M
M
0
1
n−1
≈ exp
· exp
· · · exp
M
M
M
!
Pn−1
k
= exp − k=0
M
n(n − 1)
= exp −
2M
≈ exp(−n2 /2M ).
Et finalement, p23 = 1 − P(E) ≈ 1 − exp(−232 /(2 · 365) ' 0.5155. La probabilité est donc
supérieur à 0.5 ! (Et, est-ce que c’est une bonne approximation ? Python me donne que la vraie
valeur est 0.5072. Pas mal !)
4
Exercice 9. Des tickets au nombre de M sont édités et numérotés de 1 à M . Pour simplifier, on
suppose que les n premiers (avec 2n ≤ M ) sont gagnants. (Naturellement, les acheteurs ne le savent
pas.) Quelle est la probabilité qu’un acheteur de n billets achète au moins un billet gagnant ?
Correction
Le nombre de tirages possible est
donc
M
n
. Le nombre de tirages perdant est
M −n
n
M
n
M −n
n
. La probabilité est
1−
.
Exercice 10. Étant donné un espace de probabilité fini (Ω, P), montrer que P(A) ≤ P(B) si A et
B sont deux événements tels que A ⊂ B.
Correction
Voir TD1
Exercice 11. Étant donné un espace de probabilité fini (Ω, P), montrer pour toute famille A1 , . . . , An
de n événements que
[
X
n
n
P
Ai ≤
P(Ai ).
i=1
i=1
Correction
Par récurrence. Pour la base, on prend n = 2, et
P(A1 ∪ A2 ) ≤ P(A1 ) + P(A2 ) X
Maintenant, on veut montrer que si ça marche pour n − 1, alors ça marche pour n.
P(∪ni=1 Ai ) = P ∪n−1
i=1 Ai ∪ An
≤ P ∪n−1
i=1 Ai + P(An )
≤
=
n−1
X
i=1
n
X
P(Ai ) + P(An )
P(Ai ).
i=1
Exercice 12. 2 personnes tirent un nombre de 0 à 99.
(1) Probabilité qu’elles tirent le même nombre?
(2) Probabilité qu’elles tirent des nombres différents qui ne contiennent pas 4?
Correction
Même nombre: (n1 , n2 ) ∈ {0, 99}2 . n1 = n2 , donc 100 tirages possibles sur 1002 au total, donc
100
1
=
.
2
100
100
5
Si nombre diffŕents qui ne contiennent pas 4, alors (4, 14, . . . , 94) = 9 et (40, 41, . . . , 49) donc au
total 19 nombres à enlever (ne pas compter 44 deux fois) et donc
81
1
1− 2 =1− .
81
81
Exercice 13.
(1) Montrez qu’il y a autant de maniérés de ranger n boules indiscernables dans p urnes que
p−1
de manieres de décomposer n en somme de p nombres. En déduire qu’il y en a Cn+p−1
=
n
Cn+p−1 .
(2) Application: On lance n dés identiques indiscernables. Montrez qu’il y a autant de résultats
possibles que de manière de placer n boules indiscernables dans 6 urnes. En déduire la
probabilité de tirer un résultat donné.
Correction
(1) Un rangement correspond à une liste (n1 , . . . , np ) où nk est le nombre de boules dans la kème case et donc n1 + · · · + np = n. On aligne alors n + p − 1 boules et on choisit p − 1 boules
pour faire les délimiteurs, ce qui donne une liste n1 + · · · + np = n. Il y a n+p−1
= n+p−1
p−1
n
choix possibles.
(2) On jette
les dés dans l’une des six cases correspondant au numéro qu’il affiche, il y a donc
n+5
tirages possibles.
n
Exercice 14. On prend un jeu de 32 cartes (8 cartes par couleur). Combien y a t-il de paires?
brelans? full? Quelle est la probabilité de tirer un carré sur une distribution de 5 cartes?
Correction
Pour former une paire, on choisit 2 couleurs parmi 4 puis un numégo parmi 8, donc 42 × 8 = 48
paires. Pour former un brelan, on choisit 3 couleurs parmi 4 et un numégo parmi 8 donc 43 ×8 = 32
brelans. Pour
un full, on a 8 choix pour le numéro de la paire, puis 7 choix pour le numégo du
brelan, 42 = 6 choix pour la couleur de la paire et 4 pour le brelan, donc 8 × 7 × 6 × 4 = 1344
possibilités.
Exercice 15. Jusqu’en 2008, un tirage du loto est un ensemble de 6 nombres entiers distincts
compris entre 1 et 49. Soit un entier 0 ≤ n ≤ 6, quelle est la probabilité que le tirage ait exactement
n numéros communs avec un tirage donné? Depuis 2008, un tirage est une paire formée d’un
ensemble de cinq entiers distincts compris entre 1 et 49 et d’un entier compris entre 1 et 10? Y
a-t-il plus ou moins de chance de gagner? Quelle est la probabilité que le tirage contienne 6 numéros
distincts (comme avant 2008)?
Correction
Avant 2008, il y a
49
6
tirages possibles et donc la probabilité est
1
.
49
6
Etant donné un tirage, choisir un autre tirage ayant exactement
les meme n nombres revient à
n
choisir les n numéros du premier tirage à conserver (il y a 6 manièrres de le faire) puis les (6 − n)
6
numéros restant parmi les 43 numégo restant, donc au total
est
n
42
6 · 6−n
.
49
n
6
·
42
6−n
tirages donc la probabilité
6
Après 2008, il y a
49
5×10
>
49
6
tirages possibles donc
49
5
1
,
× 10
et on a moins de chances de gagner. Pur avoir deux nombre identiques, il fautdéterminer en premier
l’entier entre 1 et 10 puis l’enlever de la liste des 49 numéros, donc 10 × 48
5 tirages de 6 numéros
distincts, donc
10 × 48
5 .
49
5 × 10
Exercice 16. Soit E un ensemble fini, A, B des sous ensembles de E. On note la fonction caractéristique de A
1 si x ∈ A
1A (x) =
.
0 sinon
(1)
(2)
(3)
(4)
Montrez que |A| = Σx∈E 1E (x).
Exprimer 1Ac en fonction de 1A .
Exprimer 1A∩B en fonction de 1A , 1B .
Montrer que A ∪ B = (Ac ∩ B c )c et en déduire 1A∪B en fonction de 1A , 1B .
Correction On note 1 = 1E la fonction caractéristique de E.
(1) Evident.
(2) 1Ac = 1 − 1A .
(3) 1A∩B = 1A 1B .
(4) La formule A ∪ B = (Ac ∩ B c )c se montre en montrant les 2 inclusions A ∪ B ⊂ (Ac ∩ B c )c ,
Ac ∩ B c )c ⊂ A ∪ B. L’application des formules précédentes donne alors:
1A∪B = 1(Ac ∩B c )c = 1 − 1Ac ∩B c = 1 − (1 − 1A )(1 − 1B ) = 1A + 1B − 1A 1B .
Exercice 17. Soit E une ensemble. Soient A1 , . . . , An des parties de E.
(1) Montrez que
1E − 1A1 ∪···∪An = (1E − 1A1 )(1E − 1A2 ) . . . (1E − 1An ).
(2) En déduire en développant:
1E − 1A1 ∪···∪An = 1E + Σnk=1 (−1)k Σ1≤i1 <i2 <···<ik ≤n 1Ai1 ∪···∪Aik .
(3) En déduire la formule:
|A1 ∪ · · · ∪ An | = Σnk=1 (−1)k Σ1≤i1 <i2 <···<ik ≤n |Ai1 ∪ · · · ∪ Aik |.
7
Correction (i) Immédiat.
(ii) On développe:
(1E − 1A1 )(1E − 1A2 ) . . . (1E − 1An ) = ΣI⊂{1,...,n} Πi∈I (−1Ai )
= Σnk=0 (−1)k ΣI⊂{1,...,n},|I|=k Πi∈I 1Ai = Σnk=0 (−1)k ΣI⊂{1,...,n},|I|=k 1∩i∈I Ai
= 1 + Σnk=1 (−1)k Σ1≤i1 <i2 <···<ik ≤n 1Ai1 ∩...Aik
d’où la formule
1A1 ∪···∪An = Σnk=1 (−1)k−1 Σ1≤i1 <i2 <···<ik ≤n 1Ai1 ∩...Aik .
En sommant sur tous les éléments x ∈ E et en utilisant la formule |A| = Σx∈E 1A (x), on obtient le
résultat.
8