Exercices sur les probabilités

(1)

Probabilités

Tribu

Exercice 1 [ 03995 ][correction]

SoientT une tribu sur un ensemble Ω et Ω⁰ une partie de Ω.

Vérifier queT⁰={A∩Ω⁰/A∈ T }définit une tribu sur Ω⁰. Exercice 2 [ 03997 ][correction]

Soientf : Ω→Ω⁰ une application etT⁰ une tribu sur Ω⁰. Vérifier que T =

f⁻¹(A⁰)/A⁰∈ T⁰ définit une tribu sur Ω.

a) Soit (Ti)i∈I une famille de tribu sur un même ensemble Ω.

Montrer que

T =\

i∈I

Ti

est une tribu sur Ω.

b) SoitS une partie deP(Ω) et (Ti)_i∈I la famille de toutes les tribus de Ω contenant les éléments deS.

Vérifier que

T =\

i∈I

Ti

est une tribu contenant les éléments deS et que c’est la plus petite tribu (au sens de l’inclusion) vérifiant cette propriété.

Soit (A_n)_n∈_Nune suite d’évènements de l’espace probabilisable (Ω,T).

a) Vérifier que

A= [

p∈N

\

n>p

A_n

est un évènement. A quelle condition simple sur la suite d’évènements (An)_n∈N l’évènementAsera-t-il réalisé ?

b) Même question avec

A⁰= \

p∈N

[

n>p

An

Soit Ω un ensemble infini et (An)n∈Nune famille de parties de Ω vérifiant n6=m⇒An∩Am=∅et [

n∈N

An= Ω On pose

A= (

[

n∈T

A_n/T ∈℘(N) )

a) Montrer queAest une tribu de Ω.

b) On suppose l’ensemble Ω dénombrable.

Montrer que toute tribu infinie sur Ω est de la forme ci-dessus pour une certaine famille (An)_n∈N.

c) Existe-t-il des tribus dénombrables ?

Dans ce sujet dénombrable signifie « au plus dénombrable ».

Soit Ω un ensemble. On introduit T =

A⊂Ω/Aou ¯Aest dénombrable a) Vérifier queT est une tribu sur Ω.

b) Justifier queT est la plus petite tribu (au sens de l’inclusion) contenant les singletons{ω} pourω parcourant Ω.

c) Vérifier que si Ω est dénombrable alorsT =℘(Ω).

Soit une applicationf : Ω→Ω⁰ et l’ensemble Non défin Vérifier queT est une tribu sur Ω.

Définition d’une probabilité

SoitP une probabilité sur (N, ℘(N)).

Montrer que

P({n})−−−−−→

n→+∞ 0

(2)

Soit (an)n∈Nune suite strictement décroissante de réels positifs de limite nulle.

Déterminerλ∈Rtel qu’il existe une probabilitéP surNvérifiant P({n, n+ 1, . . .}) =λa_n

Dans ce sujet dénombrable signifie « au plus dénombrable » . Soit Ω un ensemble non dénombrable. On introduit

T =

A⊂Ω/Aou ¯Aest dénombrable a) Vérifier queT est une tribu sur Ω.

b) PourA∈ T, on pose

P(A) =

0 siAdénombrable 1 si ¯Adénombrable Vérifier queP définit une probabilité sur (Ω,T).

Soit (Ω,T, P) un espace probabilisé. PourA, B∈ T, on pose d(A, B) =P(A∆B)

avecA∆B la différence symétrique deA etB définie par A∆B= (A∪B)\(A∩B) a) Vérifier

d(A, C)6d(A, B) +d(B, C) b) En déduire

|P(A)−P(B)|6P(A∆B)

Soit (An)_n∈Nune suite d’évènements de l’espace probabilisé (Ω,T, P).

On introduit

A?= [

p∈N

\

n>p

An etA^?= \

p∈N

[

n>p

An

a) Vérifier queA? etA^?sont des évènements et que A?⊂A^?

b) Montrer les inégalités de Fatou P(A?)6 lim

p→+∞inf

n>pP(An) et lim

p→+∞sup

n>p

P(An)6P(A^?) c) Déterminer un exemple où les inégalités précédentes s’avèrent strictes.

Soit (A_n)_n∈_Nune suite d’évènements deux à deux incompatibles d’un espace probabilisé (Ω,T, P).

Montrer

n→+∞lim P(A_n) = 0

Calcul de probabilité d’événements

Deux archers tirent chacun leur tour sur une cible. Le premier qui touche a gagné.

Le joueur qui commence a la probabilitép1de toucher à chaque tour et le second la probabilitép₂(avecp₁, p₂>0)

a) Quelle est la probabilité que le premier joueur gagne ? b) Montrer qu’il est quasi-certain que le jeu se termine.

c) Pour quelle(s) valeur(s) dep₁ existe-t-il une valeur dep₂pour laquelle le jeu est équitable ?

On lance une pièce avec la probabilitépde faire « Pile » . On noteA_n l’événement

« on obtient pour la première fois deux piles consécutifs lors dun-ième lancer » et l’on désire calculer sa probabilitéan.

a) Déterminera1, a2 eta3.

b) Exprimeran+2en fonction dean etan+1 pourn>1.

c) Justifier qu’il est quasi-certain d’obtenir un deux piles consécutifs.

d) Déterminer le nombre d’essais moyen pour obtenir deux piles consécutifs.

Probabilités composées

Une urne contient une boule blanche et une boule rouge.

(3)

On tire dans cette urne une boule, on note sa couleur et on la remet dans l’urne accompagnée de deux autres boules de la même couleur puis on répète l’opération.

a) Quelle est la probabilité quenpremières boules tirées soient rouges ? b) Quelle est la probabilité de tirer indéfiniment des boules rouges ?

c) Le résultat précédent reste-t-il vrai si on remet la boule accompagnée de trois autres boules de la même couleur ?

Probabilités conditionnelles

Chaque jour du lundi au vendredi, le professeur Zinzin a la probabilitép∈]0,1[

d’oublier ses notes de cours en classe. Peu lui importe car il improvise à chaque cours, mais ce vendredi soir il ne les retrouve plus et ça le contrarie. Il est cependant certain de les avoir eu en sa possession lundi matin.

a) Quelle est probabilité que le professeur Zinzin ait perdu ses notes de cours dans la journée de Lundi ?

b) Quel est le jour le plus probable où eu lieu cette perte ?

Deux entreprises asiatiques produisent des « langues de belle-mère » en proportion égale. Cependant certaines sont défectueuses, dans la proportionp₁ pour la première entreprise, dans la proportionp2pour la seconde. Un client achète un sachet contenantnarticles. Il souffle dans une première et celle-ci fonctionne : le voilà prêt pour fêter le nouvel an !

a) Quelle est la probabilité pour qu’une seconde langue de belle-mère choisie dans le même sachet fonctionne ?

b) Quelle est la probabilité que le sachet comportekarticles fonctionnels (y compris le premier extrait) ?

Trois joueursA,B et Cs’affrontent à un jeu selon les règles suivantes :

- à chaque partie deux joueurs s’affrontent et chacun peut gagner avec la même probabilité ;

- le gagnant de la partie précédente et le joueur n’ayant pas participé s’affrontent à la partie suivante.

Est déclaré vainqueur celui qui gagne deux parties consécutives.

a) Etablir que le jeu s’arrête presque sûrement.

b)Aet B s’affrontent en premier. Quelles sont les probabilités de gain de chaque joueur ?

Deux joueursAet B s’affrontent en des parties indépendantes. Le joueurA dispose d’une fortune égale ànbrouzoufs tandis que le joueurB dispose deN−n brouzoufs. A chaque tour, le joueurAa la probabilitép∈]0,1[ de l’emporter et le joueurB a la probabilité complémentaireq= 1−p. Le joueur perdant cède alors un brouzouf au vainqueur. Le jeu continue jusqu’à la ruine d’un des deux joueurs.

On notea_n la probabilité que le joueurAl’emporte lorsque sa fortune initiale vautn.

a) Que valenta₀et a_N? Etablir la formule de récurrence

∀n∈J1, N−1K, a_n=pa_n+1+qa_n−1

b) En déduire que la suite (un)16n6N définie parun =an−an−1est géométrique.

c) Calculera_n en distinguant les casp=qetp6=q.

d) Montrer que le jeu s’arrête presque sûrement.

Evènements Indépendants

Soit (An)n∈Nune suite d’évènements mutuellement indépendants de l’espace probabilisé (Ω,T, P).

On considère l’évènement

A= \

p∈N

[

n>p

An

dont la réalisation signifie qu’une infinité des évènementsAn sont réalisés.

a) On suppose la convergence de la sérieP P(An).

Montrer queP(A) = 0.

b) A l’inverse, on suppose la divergence de la sériePP(A_n).

Montrer queP(A) = 1.

Ce résultat s’appelle la loi du zéro-un de Borel.

a) Soit (A₁, . . . , An) une famille d’évènements mutuellement indépendants. Pour chaquei∈ {1, . . . , n}, on poseAf_i =A_i ouA_i. Vérifier la famille (Af₁, . . . ,Af_n) est constituée d’évènements mutuellement indépendant.

b) Etendre le résultat au cas d’une famille (A_i)_i∈I.

Soit (An)_n∈

Nune suite d’évènements mutuellement indépendants.

(4)

Montrer que la probabilité qu’aucun desAn ne soit réalisé est inférieure à exp −

+∞

X

n=0

P(An)

!

Pours >1 etλ∈R, on pose

P({n}) = λ

n^s pour toutn∈N^?

a) Pour quelle(s) valeur(s), l’applicationP détermine-t-elle une probabilité sur (N^?,P(N^?)) ?

b) Pourp∈N^?, on introduit l’événement

A_p={n∈N^?/p|n}

Exprimer simplement la probabilité de l’événementAp.

c) On noteP l’ensemble des nombres premiers. Vérifier que la famille (Ap)_p∈P est constituée d’événements mutuellement indépendants.

d) En étudiantP({1}), établir

+∞

X

n=1

1

n^s = 1 Q

p∈P

1−_p¹_s

(5)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

Ω⁰= Ω∩Ω⁰ avec Ω∈ T donc Ω⁰∈ T⁰.

SoitB∈ T⁰. On peut écrireB =A∩Ω⁰ avecA∈ T et alors Ω⁰\B= ¯A∩Ω⁰ avec A¯∈ T. Ainsi le complémentaire deB dans Ω⁰ est élément de T⁰.

Soit (Bn) une suite d’éléments deT⁰. On peut écrire Bn=An∩Ω⁰ avecAn∈ T et alors

+∞

[

n=0

B_n=

+∞

[

n=0

A_n

!

∩Ω⁰ avec

+∞

[

n=0

A_n∈ T

Ainsi

+∞

[

n=0

Bn∈ T⁰

Ω =f⁻¹(Ω⁰) avec Ω⁰∈ T⁰ donc

Ω∈ T

SoitA∈ A. Il existeA⁰∈ T⁰ tel queA=f⁻¹(A⁰). On a alors A¯=f⁻¹ A⁰

avecA⁰ ∈ T⁰ donc

A¯∈ T⁰

Soit (An)n∈N∈ T^N. Il existe (A⁰_n)n∈N∈ T^0Ntelle que

∀n∈N, An=f⁻¹(A⁰_n) Or

+∞

[

n=0

An=f⁻¹

+∞

[

n=0

A⁰_n

! avec

+∞

[

n=0

A⁰_n∈ T⁰

donc

+∞

[

n=0

A_n∈ T

a) Ω appartient à toutes les tribusTi donc aussi àT.

SoitA∈ T. La partieAappartient à toutes les tribusTi donc ¯Aaussi et par conséquent ¯A∈ T.

Soit (An)∈ T^N. Pour touti∈I, (An)∈(Ti)^Ndonc S

n∈N

An∈ Ti puis S

n∈N

An∈ T. Finalement,T s’avère bien un tribu.

b) Par ce qui précède, on peut déjà affirmer queT est une tribu.

Pour toute partieA éléments deS, on aA∈ Ti pour touti∈I et doncA∈ T. Ainsi,T est une tribu contenant les éléments deS.

Enfin, siT⁰ est une autre tribu contenant les éléments deS, celle-ci figure dans la famille (Ti)i∈I et donc

T =\

i∈I

Ti⊂ T⁰

a) Pour toutp∈N, T

n>p

An est un évènement car intersection dénombrable d’évènements. On en déduit queAest un évènement par union dénombrable d’évènements.

L’évènementAsera réalisé si, et seulement si, T

n>p

An est réalisé pour un certain p. Cela signifie que les évènements de la suite (A_n) sont réalisé à partir d’un certain rang (ou encore que seul un nombre fini deA_n ne sont pas réalisés).

b)A⁰ est un évènement par des arguments analogues aux précédents.

La non réalisation deA⁰ signifie la réalisation de A⁰= [

p∈N

\

n>p

An

ce qui revient à signifier que seul un nombre fini deAn sont réalisés.

Par négation, la réalisation deA⁰ signifie qu’une infinité deAn sont réalisés.

a) Considérons l’applicationϕ: Ω→Nqui envoieω sur l’uniquen∈Ntel que ω∈An.

Pour chaqueT ⊂N, on aϕ⁻¹(T) = S

n∈T

An et doncAse comprend comme l’image réciproque de la tribu℘(N) par l’applicationϕ. C’est donc bien une tribu.

b) SoitAune tribu sur l’ensemble dénombrable Ω. On définit une relation d’équationRsur Ω en affirmant que deux élémentsω etω⁰ sont en relation si, et seulement si,

∀A∈ A, ω∈A⇔ω⁰ ∈A

(6)

Les classes d’équivalence de la relationRconstituent une partition de Ω et puisque l’ensemble Ω est dénombrable, ces classes d’équivalence sont au plus dénombrables.

Par construction

∀A∈ A, ω∈A⇒Cl(ω)⊂A Aussi, siω⁰∈/Cl(ω) alors il existeA∈ Atel que

(ω∈Aetω⁰∈/ A) ou (ω /∈Aet ω⁰∈A)

Quitte à considérerA, on peut supposerω∈Aet ω⁰∈/Aet l’on noteAω⁰ cet ensemble.

On a alors

Cl(ω) = \

ω⁰∈Cl(ω)/

Aω⁰ ∈ A

En effet :

- l’intersection est élément deAcar il s’agit d’une intersection au plus dénombrable ;

- la classe est incluse dans l’intersection carω est élément de cette intersection ; - si un élémentω⁰ n’est par dans la classe, il n’est pas non plus dans l’ensemble Aω⁰ figurant dans l’intersection.

De plus, les élémentsAde la tribuAse décrivent sous la forme A= [

ω∈A

Cl(ω)

S’il n’y a qu’un nombre fini de classe d’équivalence, la tribuAest de cardinal fini ce que les hypothèses excluent. Les classes d’équivalences sont donc en nombre dénombrables, on peut les décrire par une suite (An)_n∈N vérifiant les hypothèses du sujet et les éléments de la tribuAapparaissent comme ceux de la forme

[

n∈T

An avecT ∈℘(N)

c) L’ensemble℘(N) n’étant pas dénombrable, ce qui précède assure l’inexistence de tribus dénombrables.

a) ¯Ω =∅donc ¯Ω est dénombrable et Ω∈ T.

T est évidemment stable par passage au complémentaire.

Soit (An)_n∈_Nune suite d’éléments deT. Cas 1 : Tous lesAn sont dénombrables

La réunion S

n∈N

An est dénombrable en tant qu’union dénombrable de parties dénombrables.

Cas 2 : L’un desA_n n’est pas dénombrable.

PosonsA_n₀ ce vilain canard. On a nécessairementA_n₀ dénombrable.

Or

[

n∈N

A_n ⊂ \

n∈N

A_n⊂A_n₀

donc S

n∈N

An est dénombrable car inclus dans une partie qui l’est.

Dans les deux cas, l’union des (A_n)n∈Nest élément de T. b)T est une tribu contenant tous les{ω} pourω parcourant Ω.

SoitAune tribu contenant tous les{ω} pourω parcourant Ω.

Les parties dénombrables de Ω peuvent se percevoir comme réunion dénombrable de leurs éléments et sont donc éléments de la tribuA.

Les partie dont le complémentaire est dénombrables sont alors aussi éléments de la tribuA.

On en déduit queT ⊂ A.

c) Si Ω est dénombrable alors toute partie de Ω peut s’écrire comme réunion dénombrable de parties{ω}et est donc élément deT. On en déduit℘(Ω) =T.

On a Ω =f⁻¹(f(Ω)) donc Ω∈ T.

SoitA∈ T. Vérifions ¯A∈ T i.e. ¯A=f⁻¹ f A¯ .

L’inclusion directe est toujours vraie. Inversement, soitx∈f⁻¹ f A¯

. Il existe y∈A¯tel que f(x) =f(y). Si par l’absurdex∈Aalorsy∈f⁻¹(f(A)) =A. Ceci étant exclu,x∈A¯et doncf⁻¹ f A¯

⊂A¯puis égal.

Soit (A_n)_n∈_Nune suite d’éléments deT. On a

f

+∞

[

n=0

A_n

!

=

+∞

[

n=0

f(A_n) puis

f⁻¹ f

+∞

[

n=0

A_n

!!

=

+∞

[

n=0

f⁻¹(f(A_n)) =

+∞

[

n=0

A_n On peut donc conclure

+∞

[

n=0

An∈ T

(7)

On aP(N) = 1 etN= S

n∈N

{n}. Par σ-additivité d’une probabilité

+∞

X

n=0

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

Analyse : SiP est solution alorsP(N) = 1 et doncλa₀= 1. On en déduit λ= 1/a₀.

De plus,

P({n}) =P({n, n+ 1, . . .})−P({n+ 1, n+ 2, . . .}) =a_n−a_n+1 a0

ce qui détermineP. Synthèse : Posons

pn= an−an+1

a0

Lespn sont des réels positifs car la suite (an)_n∈Nest décroissante. De plus

+∞

X

n=0

pn= 1 a0

+∞

X

n=0

(an−an+1) = 1

car la suite (an)_n∈N est de limite nulle. Il existe donc une probabilitéP surN vérifiant

P({n}) =pn

et alors, par continuité croissante

P({n, n+ 1, . . .}) =

+∞

X

k=n

pk= an

a0

a) ¯Ω =∅donc ¯Ω est dénombrable et Ω∈ T.

T est évidemment stable par passage au complémentaire.

Soit (An)n∈Nune suite d’éléments deT. Cas 1 : Tous lesAn sont dénombrables La réunion S

n∈N

An est dénombrable en tant qu’union dénombrable de parties dénombrables.

Cas 2 : L’un desAn n’est pas dénombrable.

PosonsAn₀ ce vilain canard. On a nécessairementAn₀ dénombrable.

Or

[

n∈N

An ⊂ \

n∈N

An⊂An₀

donc S

n∈N

An est dénombrable car inclus dans une partie qui l’est.

Dans les deux cas, l’union des (A_n)_n∈_Nest élément de T. b)P(Ω) = 1 car Ω n’est pas dénombrable.

Soit (An)_n∈_Nune suite d’éléments deT deux à deux disjoints.

Cas 1 : Tous lesAn sont dénombrables On en déduit que S

n∈N

An est aussi dénombrable et l’égalité

P

+∞

[

n=0

An

!

=

+∞

X

n=0

P(An) est vérifiée.

Cas 2 : L’un desA_n n’est pas dénombrable. Notonsn₀ son indice.

An₀ est dénombrable et, par distinctions desAn, on aAn⊂An₀ pour tout n6=n0. On en déduit que seul An₀ n’est pas dénombrable et donc l’égalité

P

+∞

[

n=0

A_n

!

=

+∞

X

n=0

P(A_n) est à nouveau vérifiée.

a) On vérifie par les éléments l’inclusion

A∆C⊂(A∆B)∪(B∆C) et donc

P(A∆C)6P(A∆B) +P(B∆C) b) On a

P(A) =P(A∆∅)6P(A∆B) +P(B∆∅) =P(A∆B) +P(B)

(8)

donc

P(A)−P(B)6P(A∆B) Un raisonnement symétrique fournit aussi

P(B)−P(A)6P(A∆B)

a)A? et A^? sont des évènements par réunions et intersections dénombrables d’évènements.

Soitω∈A_?. Il existep∈Ntel que ω∈A_n pour toutn>p.

Pour toutq∈N, on a alorsω∈ S

n>q

A_n et doncω∈A^?. b) Soitp∈N. Pour toutn>p, on a T

n>p

An⊂An et donc

P





\

n>p

An



6P(An)

La borne inférieure étant le plus grand des minorants, on obtient P





\

n>p

An



6 inf

n>pP(An) Enfin, par continuité croissante

P(A_?) = lim

p→+∞P





\

n>p

A_n





et donc

P(A?)6 lim

p→+∞inf

n>pP(An) Cette dernière limite existant car la suite

ninf>pP(An)

p∈N

est croissante.

L’autre inégalité s’obtient par un procédé analogue.

c) Ω ={0,1} muni de la probabilité uniforme et A2p={0},A2p+1= 1 On aP(An) = 1/2 donc

p→+∞lim inf

n>pP(A_n) = lim

p→+∞sup

n>p

P(A_n) = 1 2

tandis que

P(A?) =P(∅) = 0 etP(A^?) =P(Ω) = 1

On a

N

X

n=0

P(A_n) =P

N

[

n=0

A_n

!

6P(Ω) = 1 Puisque les sommes partielles de la série à termes positifsP

P(An) sont majorées, celle-ci converge. En particulier, son terme général tend vers 0.

a) NotonsA_n l’événement « la cible est atteinte au rangn» . L’événement «J₁ gagne » est la réunion disjointe deA_2k+1. OrP(A_2k+1) = (1−p₁)^k(1−p₂)^kp₁et donc, par sommation géométrique,

P(J1gagne) =

+∞

X

k=0

(1−p1)^k(1−p2)^kp1= p1

p₁+p₂−p₁p₂ b) L’événement «J2gagne » est la réunion disjointe desA2k. Or P(A2k) = (1−p1)^k(1−p2)^k−1p2 et donc

P(J₂ gagne) = p₂−p₁p₂ p1+p2−p1p2

La sommeP(J1 gagne) +P(J2 gagne) vaut 1 et donc il est quasi-certain que le jeu se termine.

c) Le jeu est équitable lorsqueP(J1 gagne) = 1/2 i.e. 2p1= (p1+p2−p1p2).

Cette équation en l’inconnuep2 a pour seule solution p₂= p₁

1−p1

(sip₁6= 1)

Cette solution est élément de ]0,1] si, et seulement si,p161/2.

a)a1= 0 eta2=p²et a3= (1−p)p².

b) Considérons les résultats des deux premiers lancers : P P, P F, F P etF F

(9)

et le système complet d’événements

P P,P F et F=F P ∪F F Par translation du problème

P(An+2|P F) =P(An) etP(An+2|F) =P(An+1) et

P(An+2|P P) = 0 Par la formule des probabilités totales

a_n+2= 0×p²+a_n×p(1−p) +a_n+1p soit encore

a_n+2= (1−p)a_n+1+p(1−p)a_n c) PosonsS=

+∞

P

n=1

an. En sommant les relations précédentes, on obtient S−(a₁+a₂) = (1−p)(S−a₁) +p(1−p)S

On en tireS= 1 et donc il est quasi-certain que deux piles consécutifs apparaissent.

d) Il s’agit de calculer

µ=

+∞

X

n=1

nan

On exploite la relation

(n+ 2)a_n+2= (1−p)(n+ 2)a_n+1+p(1−p)(n+ 2)a_n et on somme

µ−2a₂−a₁= (1−p) ((µ−a₁) + (S−a₁)) +p(1−p) (µ+ 2S) On en tire

µ= 1 +p p²

a) NotonsAn l’évènement

« lesnpremieres boules tirées sont rouges »

On aP(A0) = 1 et

P(An|A_n−1) = 2n−1 2n

car siA_n−1a lieu, l’urne est composée d’une boule blanche et de 2n−1 boules rouges lors dun-ième tirage.

Par probabilités composées P(A_n) =

n

Y

k=1

2k−1

2k = (2n)!

2²ⁿ(n!)² b)En vertu de la formule de Stirling

P(An) ∼

n→+∞

√1

πn −−−−−→

n→+∞ 0 Par continuité décroissante

P

+∞

\

n=0

A_n

!

= 0 c) Dans ce nouveau modèle

P(A_n) =

n

Y

k=1

3k−2 3k−1 et donc

lnP(A_n) =

n

X

k=1

ln

1− 1 3k−1

−−−−−→

n→+∞ −∞

carPln(1−1/(3k−1)) est une série à termes négatifs divergente. A nouveau l’on obtient

P

+∞

\

n=0

A_n

!

= 0

a) NotonsLu, M a, M e, J e, V eles évènements correspondant à la perte des notes de cours les jours correspondants. On a

P(Lu) =p,P(M a|Lu) =p,P(M e|Lu∩M a) =p,. . . et donc

P(M a∩Lu) =P(M a|Lu)P(Lu) =p(1−p)

(10)

PuisqueLu∪M aest la réunion disjointes deLuetM a∩Lu, on a P(Lu∪M a) =p+p(1−p)

Aussi

P(M e∩Lu∩M a) =P(M e|Lu∩M a)P(Lu∩M a) avec

P(Lu∩M a) = 1−P(Lu∪M a) = 1−p−p(1−p) = (1−p)² puis

P(M e∩Lu∩M a) =p(1−p)² etP(Lu∪M a∪M e) =p+p(1−p) +p(1−p)² Etc

Finalement

P(Lu∪. . .∪V e) =p+p(1−p) +· · ·+p(1−p)⁴= 1−(1−p)⁵ et

P(Lu|Lu∪. . .∪V e) = p 1−(1−p)⁵ b) On a aussi

P(M a|Lu∪. . .∪V e) = p(1−p)

1−(1−p)⁵,P(M e|Lu∪. . .∪V e) = p(1−p)² 1−(1−p)⁵,. . . Le jour le plus probable où la perte eu lieu est le premier jour de la semaine.

a) NotonsAi l’évènement

« le sachet est produit dans l’entreprise d’indicei»

NotonsB1 l’évènement « la première langue de belle-mère choisie dans le sachet est fonctionnelle » Puisque les entreprises produisent en proportion égale

P(A₁) =P(A₂) = 1/2 et par la formule des probabilités totales

P(B₁) =P(B₁|A₁)P(A₁) +P(B₁|A₂)P(A₂) =p₁+p₂ 2 puis

P(B₁) = (1−p₁) + (1−p₂) 2

NotonsB2 l’évènement « la deuxième langue de belle-mère choisie dans le sachet est fonctionnelle » On veut calculer

P(B2|B1) = P(B1∩B2) P(B₁) Par la formule des probabilités totales

P(B₁∩B₂) =P(B₁∩B₂|A₁)P(A₁) +P(B₁∩B₂|A₂)P(A₂)

On peut supposer l’indépendance des défectuosités à l’intérieur d’une même usine et l’on obtient

P(B₁∩B₂) =(1−p₁)²+ (1−p₂)² 2

On en déduit

P(B2|B1) =(1−p1)²+ (1−p2)² (1−p1) + (1−p2) b) Pour 06k6n, notonsCk l’évènement

« le sachet contientk articles fonctionnels » On veut mesurer

P(C_k |B₁) = P(C_k∩B₁) P(B1) Pourk= 0, cette probabilité est nulle carC0∩B1=∅.

Pourk∈J1, n−1K

C_k∩B₁=B₁∩D_k−1 avecD_k−1 l’évènement

« en dehors du premier article, le sachet contientk−1 articles fonctionnels » On peut mesurer la probabilité de ces évènements dès que l’on connaît l’usine de production

P(B₁∩D_k−1|A_i) = (1−p_i) n−1 k−1

!

(1−p_i)^k−1p^n−k_i Par probabilités totales

P(B1∩D_k−1) = 1 2

n−1 k−1

!

(1−p1)^kp^n−k₁ + (1−p2)^kp^n−k₂ et enfin

P(Ck|B1) =

n−1 k−1

!

(1−p1)^kp^n−k₁ + (1−p2)^kp^n−k₂ (1−p₁) + (1−p₂)

(11)

a) NotonsAn l’évènement « le jeu dure au moinsnaffrontements »etBn

l’évènement « le jeu s’arrête lors dun-ième affrontement ».

On a la réunion disjointe

An =Bn∪An+1

La suite d’évènements (A_n)_n∈_N? est décroissante et l’évènement « le jeu s’éternise »se comprend comme T

n∈N^?

A_n. Par continuité décroissante

P \

n∈N^?

An

!

= lim

n→+∞P(An)

Or, pourn>1, le jeu s’arrête à lan+ 1-ième confrontation siA_n est réalisé et que le joueur gagnant à lan+ 1-ième confrontation est celui ayant gagné à la n-ième (une chance sur 2). On en déduit

P(Bn) =1

2P(An) puis P(An+1) =1 2P(An) Ainsi

P(B_n) =P(A_n+1) = 1

2ⁿ⁻¹ pourn>2 Il en découle

P \

n∈N^?

An

!

= 0

b) Supposons queAremporte le premier affrontement. L’alternance des vainqueurs des confrontations jusqu’à l’arrêt du jeu entraîne que : - si la partie s’arrête au rangn= 2 [3], c’est le joueurAqui gagne ; - si la partie s’arrête au rangn= 0 [3], c’est le joueurCqui gagne ; - si la partie s’arrête au rangn= 1 [3], c’est le joueurB qui gagne.

La probabilité queC gagne sachant queAremporte le premier affrontement est

+∞

X

k=1

P(B3k) =1 4

1 1−¹₈ =2

7 Si en revancheB remporte le premier affrontement

- si la partie s’arrête au rangn= 2 [3], c’est le joueurB qui gagne ; - si la partie s’arrête au rangn= 0 [3], c’est le joueurCqui gagne ; - si la partie s’arrête au rangn= 1 [3], c’est le joueurAqui gagne.

On en déduit que la probabilité queC gagne est encore 2/7

Indépendamment, du résultat premier affrontement, la probabilité queC l’emporte vaut 2/7.

Par symétrie du problème ou en adaptant les calculs qui précèdent, la probabilité queA(ouB) l’emporte est

1 2

1−2

7

= 5 14

a)a₀= 0 eta_N = 1.

a_n est la probabilité que le joueurAgagne lorsque sa fortune initiale vaut n.

Cette probabilité est aussi celle que le joueurAgagne lorsque sa fortune vaut n après le premier tour de jeu. En discutant selon que le joueurAgagne ou perd son premier tour de jeu, on obtient la formule

an=pan+1+qa_n−1

b) En écrivantan=pan+qan, l’identité précédente donne p(a_n+1−a_n) =q(a_n−a_n−1) et donc

∀n∈J1, N−1K,un+1= q pun

c) On obtient

∀n∈J1, NK, u_n= q

p ⁿ

u₁

Par télescopage

∀n∈J1, NK, an=

n

X

k=1

ak−ak−1=

n

X

k=1

q p

n

u1

Sip=qalorsan=nu1 et puisqueaN = 1, on obtient

∀n∈J1, NK, a_n= n N Sip6=qalors

a_n= q p

1−_q

p

ⁿ

1−^q_p u₁ et sachantaN = 1, on conclut

an= 1−

q p

n

1−_q

p

^N

(12)

d) Un calcul symétrique détermine la probabilitébn queB gagne lorsque sa fortune vautn. On constate alors quean+bN−n= 1. Il est donc presque sûr que la partie s’arrête.

a) Par continuité décroissante

P(A) = lim

p→+∞P



 [

n>p

An





Or par l’inégalité de Boole P



 [

n>p

An



6

+∞

X

n=p

P(An)

Le majorant est ici le reste d’une série convergente, il est donc de limite nulle et par conséquentP(A) = 0.

b) Etudions

A¯= [

p∈N

\

n>p

A¯n

Par continuité croissante

P( ¯A) = lim

p→+∞P





\

n>p

A¯n





PourN >p, on a par inclusion 06P





\

n>p

A_n



6P

N

\

n=p

A_n

!

Par indépendance mutuelle P

N

\

n=p

A_n

!

=

N

Y

n=p

P(A_n) =

N

Y

n=p

(1−P(A_n)) Via l’inégalité de convexité 1−x6e^−x

P

N

\

n=p

An

! 6

N

Y

n=p

e^−P^(Aⁿ⁾= exp −

N

X

n=p

P(An)

!

Enfin, la divergence de la série à termes positifsP

P(An) donne

N

X

n=p

P(An)−−−−−→

N→+∞ +∞

puis

P

N

\

n=p

An

!

−−−−−→

N→+∞ 0 donc

P





\

n>p

An



= 0 On peut alors conclureP( ¯A) = 0 puisP(A) = 1.

a) Un calcul facile fournit

P(A∩B) =P(A)P(B)⇒P(A∩B) =¯ P(A)P(B) Il est alors immédiat de vérifier que

A1, . . . , An mutuellement indépendants ⇒A1, . . . , Ai, . . . , An mutuellement indépendants En enchaînant les négations, on obtiendra

A1, . . . , An mutuellement indépendants ⇒Af1, . . . ,Afn

b) C’est immédiat puisque l’indépendance mutuelle d’une famille infinie se ramène à celle des sous-familles finies.

On étudie

P

+∞

\

n=0

A0

!

= lim

N→+∞P

N

\

n=0

An

!

Par indépendances desA_n, on a P

N

\

n=0

An

!

=

N

Y

n=0

[1−P(An)]

(13)

Or 1−x6e^−xpour toutx∈Rdonc P

N

\

n=0

An

! 6

N

Y

n=0

e^−P^(Aⁿ⁾= exp −

N

X

n=0

P(An)

!

A la limite quandN →+∞

P

+∞

\

n=0

A0

!

6exp −

+∞

X

n=0

P(An)

!

où l’on comprend l’exponentielle nulle si la série desP(An) diverge.

a) La condition

P(N^?) =

+∞

X

n=1

P({n}) = 1 détermine

λ=

+∞

X

n=1

1 n^s

!−1

Inversement, cette valeur convient car on a alors

∀n∈N^?, P({n})>0 et

+∞

X

n=1

P({n}) = 1 b) On peut exprimer

Ap={pk/k∈N^?} et donc

P(Ap) =

+∞

X

k=1

P({kp}) =

+∞

X

k=1

λ k^sp^s = 1

p^s c) Soitp1, . . . , pN des nombres premiers deux à deux distincts.

Ap₁∩. . .∩Ap_N ={n∈N^?/∀k∈J1, NK, pk |n}

Or lespk étant des nombres premiers deux à deux distincts (∀k∈J1, NK, pk|n)⇔p1. . . pN |n et donc

Ap₁∩. . .∩Ap_N =Ap₁...p_N

On vérifie alors immédiatement

P(Ap₁∩. . .∩Ap_N) = 1

(p₁. . . pN)^s =P(Ap₁...p_N) d) On a

{1}= \

p∈P

A_p

car tout naturel supérieur à 2 est divisible par un nombre premier. Par continuité décroissante

P({1}) = Y

p∈P

P Ap

= Y

p∈P

1− 1

p^s

Or

P({1}) =λ et la relation demandée découle des résultats obtenus.