ECE 1
Saint-Michel de Picpus Mathématiques
TD n
o16 : Probabilité sur un univers fini
Corrigé
Exercice 1 : Corrigé en classe Exercice 2
Soit(An)n∈Nune famille d’événements etA, B, C des événements d’un universΩ.
1. ÀPar les lois de MorganA∪B∪C=A∩B∩C. L’événementA∪B∪C signifie qu’aucun des des événements A, BouC n’est réalisé.
ÁL’événement(A∩B)correspond à la rélisation conjointe deAet B.
L’événement(A∩B)∪(B∩C)∪(C∩A)apparaît donc comme la réalisation d’au moins deux des trois événe- mentsA, B ouC.
2. a. La réalisation deAsans celle deB ni celle deC s’écritA∩B∩C.
L’événement « au moins deux des trois événementsA, B, Csont réalisés » s’exprime donc(A∩B∩C)∪ (A∩B∩C)∪(A∩B∩C)
b. La réalisation deAouB sans celle deC s’exprime(A∪B)∩C
L’événement « au plus deux des trois événementsA, B, C sont réalisés » s’exprime donc [(A∪B)∩C]
∪[
(A∪C)∩B]
∪[
(B∪C)∩A]
∪[
A∩B∩C]
On aurait également pu passer par l’événement contraire : dire que au plus deux des trois événements A, BouCsont réalisés signifie aussi que les trois événements ne sont pas tous réalisés i.eA∩B∩C.
c. L’événement « tous les événements(An)n∈N se réalisent » s’exprime ∩
n∈N
An.
3. ÀL’événement « SiAest réalisé, aucun des événementsB ouC ne l’est » exprime une incompatibilité entre l’événementA et l’événementB∪C.
On peut exprimer cet événement commeA∩(B∪C) =∅ou encoreA⊂B∪C.
ÁL’événement « LorsqueAest réalisé, un et un seul des événementsB ouCa lieu » exprime une implication donc une inclusion :A⊂(B∪C)\(B∩C).
Exercice 3 : Corrigé en classe Exercice 4
1. SoientAet B deux événements tels queA⊂B. Ici on veut démontrer une propriété du cours : SiA⊂B, l’événementB est la réunion des événement incompatiblesAetB\A.
Par la propriété d’additivité :P(B) =P(A) +P(B\A)avecP(B\A)⩾0 La probabilité deB est supérieure à celle deA.
2. D’après la formule de Poincaré, on a :P(A∪B)⩽P(A) +P(B)−P(A∩B)avecP(A∩B)⩾0.
On en déduit que P(A∪B)⩽P(A) +P(B).
3. Généralisation
SoitA1, ···, Andes événements.
Montrons par récurrence que quel que soit l’entiern⩾2,P(n)oùP(n) :«P(A1∪ ··· ∪An)⩽
∑n k=1
P(Ak)» : Initialisation : D’après la questio précédente, on aP(A1∪A2)⩽P(A1) +P(A2). DoncP(2)est vérifiée.
Hérédité : Soitnun entier naturel supérieur ou égal à2.
On supposeP(n)et montronsP(n+ 1)i.eP(A1∪ ··· ∪An+1)⩽
n+1∑
k=1
P(Ak).
SoientA1, ···, An, An+1 des événements. On a
P(A1∪ ··· ∪An∪An+1) = P([A1∪ ··· ∪An]∪An+1)
⩽ P(A1∪ ··· ∪An) +P(An+1) d’après la question précédente
⩽ P(A1) +P(A2) +···+P(An) +P(An+1) par hypothèse de récurrence ce qui démontre queP(n+ 1)est vraie.
Conclusion : D’après le principe de récurrence, On a montré que
∀n⩾2,P(A1∪ ··· ∪An)⩽
∑n k=1
P(Ak)
Exercice 5 : Corrigé en classe Exercice 6 : Corrigé en classe Exercice 7
Une urne contient5boules vertes et7 boules rouges. On effectue6tirages successifs avec remise dans cette urne.
On pourrait prendre comme univers des issues de cette expérience l’ensemble Ω ={V; R}2, on tient compte de l’ordre et on a le droit à la répétition.
Le6−uplet(R; R ; R ; V ; V ; V)signifierait alors que l’on a obtenu dans cet ordre trois boules rouges et trois boules vertes.
Le problème est que cet univers n’est pas équiprobable :
par exemple, les deux événements élémentaires{(R; R; R ; R ; R; R)} et{(V ; V ; V ; V ; V ; V)}n’ont pas la même probabilité (en raison des quantités distinctes de boules vertes et rouges).
On va donc modéliser autrement l’expérience en supposant que l’on peut distinguer chacune des douzes boules (l’ordre et la répétition comptent toujours) et en choisissant pour univers :
Ω ={1V ; 2V ; 3V ; 4V ; 5V ; 6R; 7R; 8R; 9R; 10R; 11R; 12R}2
La probabilité P est alors uniforme sur Ω : chaque boule repérée par son numéro a la même probabilité d’être extraite de l’urne à chaque tirage et donc chaque6−uplet a la même probabilité d’être obtenue.
Ainsi, pour chaque événement AdeΩ, on aura :
P(A) =CardA
Card Ω=Card(A) 126
1. On considère les événementsA:« le résultat est unicolore », B:« le résultat est unicolore vert » et C:« le résultat est unicolore rouge ».
Il s’agit de calculer la probabilité que le résultat soit unicolore vert ou unicolore rouge. Comme les deux événements sont incompatibles alors, par additivité on a :
P(A) =P(B∪C) =Card(B) + Card(C) Card(Ω) On calculeCard(B)etCard(C):
Card(B) = 56 Card(C) = 76
On obtient ainsi P(A) =56+ 76 126 .
2. Dans cette question on cherche la probabilité que le résultat sois bicolore. On cherche la probabilité de l’événement contraire deA.
P(A) = 1−P(A) = 1−56+ 76 126
On obtient ainsi P(A) =126−56−76 126 .
3. On considère l’événementE:« obtenir4boules vertes et2boules rouges, peu importe l’ordre ». Il s’agit donc de dénombrer l’ensembleE :
+on choisit l’emplacement des4boules vertes et donc des2 rouges parmi les6 : (6
4 )
possibilités.
+puis on choisit les4boules vertes :54 possibilités.
+puis enfin on choisit les2 boules rouges :72 possibilités.
D’où :Card(E) = (6
4 )
×54×72 et donc P(E) = (6
4 )
×54×72 126
4. Les conditions de l’expérience ont changé : les tirages s’effectuent sans remise (dans ce cadre l’ordre compte mais pas la répétition).
Bien que l’ordre intervienne dans les tirages, il n’intervient pas dans les résultats dont on cherche à calculer la probabilité (il revient donc au même ici d’effectuer les tirages successifs sans remise que d’extraire de l’urne une poignée de6 boules).
Il va s’avérer plus simple de prendre comme universΩl’ensemble des combinaisons de6éléments (on ne tient pas compte de l’ordre ni de répétition) de l’ensemble
Ω ={1V ; 2V ; 3V ; 4V ; 5V ; 6R ; 7R; 8R ; 9R; 10R; 11R; 12R}
Ce nouvel univers est équiprobable : chaque combinaisons de6 éléments deΩ a la même probabilité d’être obtenue, et on a :
Card(Ω) = (12
6 )
ÊA:« le résultat est unicolore »
P(A) =Card(A) Card(Ω)=
(5 0 )
× (7
6 ) (12
6 )
car on ne prend aucune boule parmi les5 vertes et6boules parmi les7 rouges. On retrouve alors : P(A) =7!×6!
12!
ËPour la probabilité d’un résultat bicolore, on a toujours :
P(A) = 1−P(A) = 1−7!×6!
12!
ÌOn considère l’événementE: « obtenir4 boules vertes et 2 boules rouges, peu importe l’ordre ». Il s’agit donc de dénombrer l’ensembleE: Card(E) =
(5 4 )
× (7
2 )
.
car il s’agit de prendre4boules parmi les5 boules vertes et deux boules parmi les7boules rouges. D’où :
P(A) = (5
4 )
× (7
2 ) (12
6 )
Exercice 8
Un joueur tire simultanément5 cartes au hasard dans un jeu de 32cartes. Calculer la probabilité des événements suivants :
Ωest l’ensemble des combinaisons de5 cartes parmi32:Card(Ω) = (32
5 )
= 201376.
L’univers est muni de la probabilité uniforme : les probabilités ci-dessous se calcule par la formule d’équiprobabilité.
• A: « le joueur a le roi de coeur dans sa main »
Choisissons le roi de coeur, il n’y a qu’une façon de faire ! Le roi de coeur étant choisi, complétons la main avec 4 cartes choisies parmi les31restantes, il y a
(31 4
) choix.
DoncCard(A) = 1× (31
4 )
= 31465.
D’où P(A) = 31465 201376
• B : « le joueur a exactement un roi dans sa main »
Choisissons le roi. Il y a 4choix. Le roi étant choisi, complétons la main avec4 cartes parmi les28cartes non rois.
Il y a (28
4 )
choix.
DoncCard(B) = 4× (28
4 )
= 81900.
D’où P(B) = 81900 201376
• C: « le joueur a au moins un coeur dans sa main »
Passons par l’événement contraire :C : « le joueur n’a pas de coeur dans sa main »
Réaliser C revient donc à choisir 5 cartes parmi les 32−8 = 24cartes sans coeur , ce qui peut se faire de (24
5 )
façons.
DoncCard(C) = (24
5 )
= 42504.
D’où P(C) = 42504 201376
• D : « le joueur a exactement un roi et un coeur dans sa main »
Pour déterminer le cardinal deD, distinguons deux cas, suivant que la main contient ou non le roi de coeur : +Mains avec le roi de coeur :
Choisissons le roi de coeur, il n’y a qu’une seule façon de le faire ! LE roi de coeur étant choisi, complétons la main avec4 cartes choisies parmi les32−11 = 21cartes qui ne sont ni des rois, ni des coeurs, il y a
(21 4
) choix.
+Mains sans le roi de coeur :
Choisissons le roi, il y a trois choix (on n’a pas le droit au roi de coeur). Puis choisissons le coeur, il y a7choix (pour la même raison). Le roi et le coeur étant choisis, complétons la main avec 3 cartes choisies parmi les 32−11 = 21 cartes qui ne sont ni des rois, ni des coeurs, il y a
(21 3
) choix.
DoncCard(D) = (21
4 )
+ 3×7× (21
3 )
= 33915.
D’où P(D) = 33915 201376
Exercice 9 : Corrigé en classe Exercice 10
Une urne contient deux jetons blancB1 etB2 ainsi que deux jetons noirsN1 etN2. On tire njetons dans l’urne successivement avec remise(n⩾2).
On considère les événements ci-dessous :
A: « on a tiré au moins deu jetons blancs » et B : « le tirage est bicolore »
1. Card(Ω)est formé des couples(x1 ; ··· ; xn)oùx1 ; ··· ; xn sont des éléments de(B1 ; B2 ; N1 ; N2).
Donc Card(Ω) = 4×4× ··· ×4 = 4n . 2. On aA: « On a tiré0 ou1jeton blanc ».
Pour obtenir 0 jeton blanc, il ne faut tirer que des jetons noirs, ce qui peur se faire de 2×2× ··· ×2 = 2n façons.
Pour obtenir un jeton blanc, on commence par choisir la place du jeton blanc, il y anchoix.
La place étant déterminée, on choisit le jeton blanc, il y a deux chois. Puis, on complète aux n−1 places restantes avecn−1 jtons noirs, ce qui peut se faire de2n−1 façons.
Finalement, on an×2×2n−1=n2n possibilités d’obtenir un jeton blanc.
Donc Card(A) = 2n+n2n= (n+ 1)2n. D’où P(A) =(n+ 1)2n
4n =n+ 1 2n .
Enfin,P(A) = 1−P(A)soit P(A) = 1−n+ 1 2n . 3. On aB : « Le tirage est unicolore ».
B se réalise si tous les jetons sont noirs : 2n possibilités d’après la question précédente ou si tous les jetons sont blancs :2n possibilités aussi par symétrie.
Donc Card(B) = 2n+ 2n= 2×2n. D’où P(B) =2×2n
4n = 2 2n .
Enfin,P(B) = 1−P(B)soit P(B) = 1− 2 2n .
4. On aA: « On a tiré0 ou1jeton blanc » etB : « Le tirage est unicolore ».
DoncA∪B : « On a tiré un jeton blanc ou le tirage est unicolore ».
Les événementsE: « obtenir un jeton blanc » et l’évenementF : « le tirage est unicolore » sont incompatibles, par additivité :
P(A∪B) = P(E) +P(F)
= n2n
4n +2×2n 4n
= n+ 2 2n
On a bien P(A∪B) =n+ 2 2n .
5. D’après les lois de Morgan,A∪B=A∩B. DoncP(A∩B) =n+ 2 2n . D’oùP(A∩B) = 1−P(A∩B) = 1−n+ 2
2n . Par la formule du crible de Poincaré, on a :
P(A∪B) = P(A) +P(B)−P(A∩B)
= 1−n+ 1
2n + 1− 2
2n−1 +n+ 2 2n
= 1− 1 2n
En définitive, on a P(A∪B) = 1− 1 2n .
