3.2 Formule de Bayes

(1)

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Probabilités sur un univers fini 1 Propriétés des probabilités sur un univers fini

⊲ Exercice 1.1. Formule du crible Soit (Ω,P) un espace probabilisé fini.

Soit (Ai)i∈[[1,p]]une famille dep∈N^∗événements de l’univers Ω.

Le but de l’exercice est de prouver que P

[p

i=1

Ai

!

= Xp

s=1

(−1)^s−1 X

16i1<...<is6p

P

\s

k=1

Aik

! . 1. Justifier la formule

∀A∈ P(Ω), P(A) = X

ω∈A

P({ω})

En appliquant cette propriété à tous les événements dont la probabilité apparaît dans le membre de droite de la somme ci-dessus, ce membre de droite devient une combinaison linéaire des probabilités des événements élémentaires de Ω.

2. Fixonsω∈Ω tel queωappartient exactement àqévénements de la famille (Ai)i∈[[1,p]](q∈[[1, p]]). Montrer que le coefficient deP({ω}) dans le membre de droite est

Xq

k=1

(−1)^k−1 q

k

. 3. En déduire la formule attendue.

4. Application.Un organisateur a fait imprimerninvitations nominatives différentes pour une une soirée.

Sa secrétaire a imprimé surnenveloppes lesnadresses différentes des invités, mais, voyant qu’il n’y a pas d’invitation à son nom, elle décide de glisser aléatoirement les invitations dans les enveloppes. Quelle est la probabilitépn qu’aucun invité ne reçoive son invitation ? quelle est la limite depn lorsquen→+∞?

2 Calculs de probabilités se ramenant à du dénombrement

⊲ Exercice 2.1.

Un jeu de cartes comporte 32 cartes. On en choisit 8 au hasard qui forment une main. Quelle est la probabilité d’avoir

1. au moins un coeur ? exactement un coeur ?

2. deux carrés (un carré est constitué de 4 cartes de même hauteur) ? 3. un coeur et un roi exactement ? un roi exactement et au plus 2 coeur ?

⊲ Exercice 2.2. Lors d’un devoir, alors que le professeur s’absente un instant, quatre élèves échangent leurs copies pour comparer leurs résultats. Au retour impromptu du professeur, ils reprennent les copies au hasard.

Quelle est la probabilité pour qu’un élève au moins récupère sa copie ? pour qu’aucun ne récupère sa copie ?

⊲ Exercice 2.3. Quelle est la probabilitépn qu’au moins deux élèves de la classe de n élèves (n ∈[[1,365]]) soient nés le même jour de l’année (en supposant que toutes les années possibles sont des années de 365 jours).

Faire des essais numériques pour cette année et écrire une fonctionproba(n) qui renvoie une valeur flottante approchée depn.

⊲ Exercice 2.4.

Pour toutn∈N, on choisit aléatoirement une permutation dans le groupe symétriqueSn. On suppose que toutes permutations ont la même probabilité d’être choisies. On notepn la probabilité d’obtenir un dérangement et, pourp∈N^∗,pn,p la probabilité d’obtenir une permutation admettant exactementppoints fixes.

1. En reprenant l’expression explicite du nombre de dérangements dansSn, calculer lim

n→+∞pn. 2. Calculer de même lim

n→+∞pn,p en fonction dep.

(2)

3 Conditionnement

3.1 Probabilités totales

⊲ Exercice 3.1.

Un bus circule sur un boulevard où les feux sont bicolores. Quand il arrive à un carrefour, si le feu est vert, le suivant sera vert avec la probabilitéα et si le feu est rouge, le feu suivant sera rouge avec la probabilitéβ, α, β∈]0,1[. On notepn la probabilité pour le n-ième feu d’être vert quand le bus y arrive. On suppose connue p1 (état du premier feu pris en compte).

1. Etablir une relation entrepn et pn+1 pour n∈N^∗. En déduirepn en fonction dep1. 2. Etudier la convergence de la suite (pn)n∈N.

3.2 Formule de Bayes

⊲ Exercice 3.2.

Pour se rendre au lycée, un élève a le choix entre 4 itinéraires : A,B,C,D.

La probabilité qu’il a de choisir A(respectivement B,C) est 1

3(respectivement 1 4, 1

12).

La probabilité d’arriver en retard en empruntant A(resp. B,C) est 1

20(resp. 1 10, 1

5). En empruntant D, il n’est jamais en retard. L’élève arrive en retard. Quelle est la probabilité qu’il ait emprunté l’itinéraire D ? C ?

⊲ Exercice 3.3.

3 tiroirs contiennent respectivement :

T1: 5 serviettes vertes et 4 rouges,T2 : 9 serviettes vertes et 3 rouges,T3 : 3 serviettes vertes et 7 rouges Quand on ouvre un tiroir distraitement, la probabilité d’ouvrir le premier est 0,3 ; le deuxième 0,5. Les serviettes sont indiscernables au toucher.

1. On ouvre le premier et on prend deux serviettes au hasard. Quelle est la probabilité de prendre deux vertes ? de prendre deux serviettes de couleurs différentes ?

2. On ouvre un tiroir distraitement et on prend deux serviettes au hasard. Quelle est la probabilité de prendre deux serviettes de couleurs différentes

3. On ouvre un tiroir distraitement et on prend une serviette au hasard dans ce tiroir. Sachant qu’elle est verte, quelle est la probabilité d’avoir ouvert le premier tiroir ?

3.3 Indépendance

⊲ Exercice 3.4.

Soit (Ω,P) un espace probabilisé fini. Soient Ak, 1 6 k 6 n, n événements mutuellement indépendants de probabilités respectivespk. Montrer qu’on peut majorer la probabilité pour qu’aucun de ces événements n’arrive par exp −

Xn

k=1

pk

!

.On pourra utiliser l’inégalité de convexité∀x∈R, e^x>1 +x.

⊲ Exercice 3.5.

On lance une pièce équilibréenfois (n>2). Pour toutk∈ {1· · ·, n},Ak désigne l’événement « on obtient Pile auk-ième lancer ». SoitAn+1l’événement « le nombre de Piles obtenus au cours des nlancers est pair ».

1. (a) Montrer que, pour toutp∈N^∗, X

06k6p k≡0 [2]

p k

= X

06k6p k≡1 [2]

p k

= 2^p−1. (b) Déterminer les probabilités des événementsAk,k∈[[1, n+ 1]].

2. Déterminer la probabilitéP(An+1|A1∩ · · · ∩An).

En déduire que les événementsA1, . . . , An+1 ne sont pas mutuellement indépendants.

3. Montrer que pour toute sous famille denévénements choisis parmiA1, . . . , An, An+1 est formée d’événe- ments mutuellement indépendants.

⊲ Exercice 3.6.

Soit n > 2. On choisit au hasard un entier compris entre 1 etn. Pour p ∈ [[1, n]] diviseur de n, on note Ap

l’événement « le nombre choisi est divisible parp».

1. CalculerP(Ap) pour toutp∈[[1, n]].

2. Montrer que sip1, . . . , prsont les diviseurs premiers distincts den, alors les événementsAp1, . . . , Apr sont mutuellement indépendants.

3. On désigne parϕla fonction indicatrice d’Euler :∀n∈N^∗, , ϕ(n) = Card{k∈[[1, n]]|k∧n= 1}.

En déduire que ϕ(n)

n =

Yr

i=1

1− 1 pi

.

(3)

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1 1.

2.

3.

4. Application.

Notons, pour touti∈[[1, n]], Ei l’événement « l’invité numéroireçoit la bonne enveloppe ».

Nous cherchons la probabilité de l’événement

\n

i=1

Ei = [n

i=1

Ei. La formule du crible donne

P [n

i=1

Ei

!

= Xn

s=1

(−1)^s−1 X

16i1<...<is6n

| {z } somme de

n s

termes

P

\s

k=1

Eik

!

| {z }

=(n−s)!

| {zn! }

ne dépend que de s, pas de (i1, . . . , is)

car il y a (n−s)! répartitions dans lesquelles less invitési1, . . . , isont leur invitation

= Xn

s=1

(−1)^s−1 n!

(n−s)!s!×(n−s)!

n!

= −

Xn

s=1

(−1)^s s!

= 1− Xn

s=0

(−1)^s s!

doncpn= 1−P [n

i=1

Ei

!

= Xn

s=0

(−1)^s

s! si bien que

n→+∞lim pn=e⁻¹

⊲ Corrigé de l’exercice 2.1 Ω ={32 cartes},|Ω|=

32 8

.

Ω est muni de la probabilité uniforme (ce qui correspond à l’expression « choix au hasard » de l’énoncé).

1. A: « choisir au moins un coeur ».

P(A) = 1−P(A) = 1−

24 8

32 8

≃0,93 B : « choisir exactement un coeur ».

P(B) =

8 1

₂₄

7

32 8

≃0,26 2. C: « choisir deux carrés ».

Il y a 8 carrés,

P(C) =

8 2

32 8

≃2,66×10⁻⁶ 3. D: « choisir un coeur et un roi exactement ».

Introduisons l’événementR: « choisir le roi de coeur » et observons que

D= D∩R

| {z } le roi de coeur, aucun autre roi ni coeur

a D∩R

| {z }

un roi qui n’est pas celui de coeur, un coeur qui n’est pas le roi,

aucun autre roi ni coeur

(4)

P(D) = P(D∩R)

| {z }

= 1× ²¹₇

32 8

≃0,011

+ P(D∩R)

| {z }

=

3 1

× ⁷₁

× ²¹₆

32 8

≃0.108

≃0,12

E : « choisir un roi exactement et au plus 2 coeur ».

Observons que

E=E1

aE2

aE3

aE4

aE5

où

— E1 : « choisir le roi de coeur et aucun autre roi ni coeur », P(E1) =

21 7

32 8

≃0,011

— E2 : « choisir le roi de coeur et un autre coeur, aucun autre roi ni coeur », P(E2) =

7 1

₂₁

6

32 8

≃0,036

— E3 : « choisir un roi qui n’est pas le roi de coeur et aucun autre roi ni coeur », P(E3) =

3 1

21 7

32 8

≃0,033

— E4 : « choisir un roi qui n’est pas le roi de coeur, aucun autre roi, un coeur qui n’est pas le roi de coeur et aucun autre coeur »,

P(E4) =

3 1

7 1

21 6

32 8

≃0,108

— E5 : « choisir un roi qui n’est pas le roi de coeur, aucun autre roi, deux coeurs différents du roi de coeur et aucun autre coeur ».

P(E5) =

3 1

₇

2

₂₁

5

32 8

≃0,122 AinsiP(E)≃0,31.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.2

L’univers peut être représenté par le groupe symétriqueS4.

En effet, notons (e1, e2, e3, e4) les 4 élèves, dont les copies respectives sont (c1, c2, c3, c4). Supposons que les copies, à l’issue de la permutation soient respectivement (c3, c2, c4, c1). Alors, on associe à cette expérience la permutation deS4

1 2 3 4

3 2 4 1

. On a|S4|= 4! = 24.

On fait l’hypothèse d’équiprobabilité surS4 ( les élève « reprennent les copies au hasard » d’après l’énoncé).

L’évévement « au moins un élève récupère sa copie » contient les permutations deS4 ayant au moins un point fixe. Dénombrons les permutations deS4 ayant au moins un point fixe en fonction du nombre exacte de point fixe :

— 4 points fixes : il existe une unique permutation deS4 ayant 4 points fixe : id[[1,4]],

— 3 points fixes : il n’existe aucune permutation deS4ayant exactement 3 points fixes car alors le quatrième point serait fixe aussi !,

— 2 points fixes : il y a 4

2

= 6 choix pour les points fixes et ensuite les deux autres points sont néces- sairement échangés pour ne pas créer d’autre point fixe, ce qui donne 6 permuatations ayant 2 points fixes,

— 1 point fixe : il y a 4

1

= 4 choix pour le point fixe et ensuite les trois autres points doivent être permutés sans point fixe, or parmi les permutations de S3 (groupe des permutations d’un ensemble à 3 éléments) les 3 transpositions ont des points fixes, l’identité aussi, seuls n’en ont pas les 2 3-cycle ce qui donne deux façons de créer une permutation ayant un seul point fixe une fois que ce dernier est choisi donc il y a 4×2 = 8 permutations ayant 1 seul point fixe.

Ainsi, 15 permutations deS4 possèdent au moins un point fixe donc P(« au moins un élève récupère sa copie ») = 15

24 =5

8 = 0,625 En passant à l’événement contraire,

P(« aucun élève ne récupère sa copie ») = 1−5 8 =3

8 = 0,375

(5)

L’univers Ω est l’ensemble desn-uplets de l’espace [[1,365]]ⁿ (la valeur dui-ième élément d’un teln-uplet est le numéro du jour de naissance dans l’année de l’élève numérotéidans la classe).

Nous considérons sur cet univers la probabilité uniforme : tous les n-uplets ont la même probabilité qui vaut 1

365ⁿ.

NotonsAn l’événement « il existe au moins deux élèves nés le même jour ».

Nous cherchons à calculerpn=P(An).

La probabilité de l’événement An : « tous les élèves sont nés des jours de l’année différents » est plus facile à calculer :

pn= 1−P(An) = 1−365×364×. . .×(365−n+ 1)

365ⁿ = 1−

n−1Y

k=0

365−k 365

1 # ProbabilitÃ c que deux personnes soient nÃ ces le mÃ^ame 2 # jour dans un groupe de n personnes

3

4 def proba (n ):

5 p = 1

6 for k in range(n ):

7 p *= (365 - k )/(365) 8 return 1-p

9

10 # Affichage des probabilitÃ c correspondant Ã n pair entre 10 et 50.

11

12 for i in range(10 , 51 , 2):

13 print( ’ Pour n = ’,i , ’ la probabilitÃ c est ’ , proba (i ))

1 >>>

2 Pour n = 10 la probabilité est 0.11694817771107768 3 Pour n = 12 la probabilité est 0.1670247888380645 4 Pour n = 14 la probabilité est 0.2231025120049731 5 Pour n = 16 la probabilité est 0.2836040052528501 6 Pour n = 18 la probabilité est 0.3469114178717896 7 Pour n = 20 la probabilité est 0.41143838358058027 8 Pour n = 22 la probabilité est 0.4756953076625503 9 Pour n = 24 la probabilité est 0.538344257914529 10 Pour n = 26 la probabilité est 0.598240820135939 11 Pour n = 28 la probabilité est 0.6544614723423995 12 Pour n = 30 la probabilité est 0.7063162427192688 13 Pour n = 32 la probabilité est 0.7533475278503208 14 Pour n = 34 la probabilité est 0.7953168646201543 15 Pour n = 36 la probabilité est 0.8321821063798795 16 Pour n = 38 la probabilité est 0.864067821082121 17 Pour n = 40 la probabilité est 0.891231809817949 18 Pour n = 42 la probabilité est 0.9140304715618692 19 Pour n = 44 la probabilité est 0.9328853685514263 20 Pour n = 46 la probabilité est 0.9482528433672548 21 Pour n = 48 la probabilité est 0.9605979728794225 22 Pour n = 50 la probabilité est 0.9703735795779884

1. NotonsVn l’événement « len-ième feu rencontré est vert ».

Soitn∈N^∗.

Plaçons-nous dans le système complet (Vn, Vn) :

P(Vn+1) =P(Vn+1∩Vn) +P(Vn+1∩Vn)

• Supposons que pn6= 0 etpn6= 1.

Alors on peut conditionner par les événementsVn etVn : P(Vn+1) =P(Vn+1∩Vn)

P(Vn)

| {z }

=PVn(Vn+1)

=α

P(Vn)

| {z }

=pn

+P(Vn+1∩Vn) P(Vn)

| {z }

=P_V_n(Vn+1)

= 1−β

P(Vn)

| {z } 1−pn

= (α+β−1)pn+ 1−β

(6)

• Sinon, sipn = 0.

AlorsVn+1∩Vn⊂Vn⇒06P(Vn+1∩Vn)6pn= 0 etP(Vn) = 1 de sorte que P(Vn+1) = 0 +P(Vn+1∩Vn) = P(Vn+1∩Vn)

P(Vn)

| {z }

=P_V_n(Vn+1)

= 1−β

P(Vn)

| {z } 1

= 1−β= (α+β−1)pn+ 1−β

| {z } carpn= 0 !

• Sinon, sipn = 1.

AlorsVn+1∩Vn⊂Vn⇒06P(Vn+1∩Vn)6(1−pn) = 0 etP(Vn) = 1 de sorte que P(Vn+1) =P(Vn+1∩Vn)

P(Vn)

| {z }

=PVn(Vn+1)

=α

P(Vn)

| {z }

= 1

+0 =α= (α+β−1)pn+ 1−β

| {z } carpn= 1 !

Ainsi,∀n∈N^∗,pn+1= (α+β−1)pn+ 1−β.

2. Résolvons la relation de récurrence linéaire d’ordre 1 ci-dessus (les suites sont indicées parN^∗).

⋆ La droite vectorielle des solutions est Vect

((α+β−1)ⁿ)_n∈N∗ .

⋆ On cherche une solution particulière. Le second membre est de la forme « polynôme de degré 0 fois suite géométrique de raison 1 ». Or 1 = α+β−1 ⇐⇒ α+β = 2, orα ∈]0,1[ et β ∈]0,1[ donc 16=α+β−1 si bien que l’on cherche une solution particulière sous la forme d’un polynôme de degré 0 fois la suite géométrique de raison 1, c’est-à-dire sous la forme d’une constante.

On trouve que la suite constante de valeur 1−β

2−α−β convient.

Ainsi, la droite affine des solutions est

1−β

2−α−β +t.(α+β−1)ⁿ

n∈N∗

|t∈R

.

∀n∈N^∗,pn=

p1− 1−β 2−α−β

(α+β−1)ⁿ⁻¹+ 1−β 2−α−β

En particulier, puisqueα+β−1∈]−1,1[,|α+β−1|<1, lim

n→+∞pn = 1−β 2−α−β. On vérifie, par sécurité, que cette limite appartient à [0,1] :

1−β

2−α−β = 1−β (1−β) + 1−α

| {z }

>0

∈]0,1[

NotonsIA (resp.IB,IC etID) l’événement « l’élève a choisi l’itinéraireA(resp.B,C etD) »et Rl’événement

« l’élève arrive en retard ».

En appliquant la formule de Bayes, ce qui est autorisé carIA,IB, IC et ID sont des événements de probabilité non nulle (P(IA) =1

3, P(IB) = 1

4,P(IC) = 1

12 et P(ID) = 1−1 3 −1

4 − 1 12 =1

3), PR(ID) = PID(R)P(ID)

X3

L∈{A,B,C,D}

PIL(R)P(IL)

= 0

car, par hypothèse,PID(R) = 0.

De même,

PR(IC) = PIC(R)P(IC) X3

L∈{A,B,C,D}

PIL(R)P(IL)

=

1 5×₁₂¹ 1

20×1 3 + 1

10×1 4 +1

5× 1

12+ 0×1 3

=2

7 ≃0,286

Notons, pouri∈[[1,3]],Ti l’événement « on prend deux serviettes dans le premier tiroir ».

(7)

1. On ouvre le premier et on prend deux serviettes au hasard.

On considère l’expérience prendre deux serviettes au hasard dans le premier tiroir.

• Modélisation 1 : choix simultané de deux serviettes.

En numérotant les serviettes vertes (Vi)i∈[[1,5]]et rouges (Ri)i∈[[1,4]], l’univers est l’ensemble des parties à 2 éléments de{V1, . . . , V5, R1, . . . , R4}à savoir

Ω ={{V_i, Vj} |(i, j)∈[[1,5]]², i6=j}∪{{R_i, Rj} |(i, j)∈[[1,4]]², i6=j}∪{{V_i, Rj} |(i, j)∈[[1,5]]×[[1,4]], i6=j}

On considère sur Ω la probabilité uniformeP1 (chaque singleton ayant une probabilité d’apparition de 1

9 2

).

Sous ces hypothèses, l’évènementA :« tirer deux serviettes vertes » a une probabilité P1(A) =

5 2

9 2

= 5 18

Sous ces hypothèses, l’événementB :« tirer deux serviettes de couleurs différentes » a une probabiblité P1(B) =

5 1

× ⁴₁

9 2

=5 9

• Modélisation 2 : choix successifs de deux serviettes : il y a une première serviette et une seconde serviette.

En numérotant les serviettes vertes (Vi)i∈[[1,5]]et rouges (Ri)i∈[[1,4]], l’univers est un ensemble de couples Ω ={(Vi, Rj)|(i, j)∈[[1,5]]×[[1,4]]} ∪ {(Rs, Vt)|(s, t)∈[[1,4]]×[[1,5]]}

pour lesquels le premier élément désigne la serviette choisie en premier et le deuxième élément désigne la serviette choisie en second.

• Modélisation 3 : choix simultané de deux serviettes mais on ne s’encombre pas d’une description de l’univers.

On se limite à dire|Ω|= 9

2

P1(A) =

5 2

9 2

= 5 18 P1(B) =

5 1

× ⁴₁

9 2

=5 9

La probabilité de prendre deux serviettes vertes dans le premier tiroir est 5 18.

La probabilité de prendre deux serviettes de couleurs différentes dans le premier tiroir est 5 9. 2. On considère l’expérience choisir aléatoirement l’un des tiroirs et y prendre deux serviettes au hasard.

Notons

— D l’événement « choix deux serviettes de couleur différente »,

— T1l’événement « on ouvre le tiroir T1»,

— T3l’événement « on ouvre le tiroir T3».

En reprenant le raisonnement de la question préc’edente, la probabiltéP1est la probabilité conditionnelle PT1.

Un raisonnement analogue donne

PT1(D) =

5 1

× ⁴₁

9 2

= 5 9 PT2(D) =

9 1

× ³₁

12 2

= 9 22 PT3(D) =

7 1

× ³₁

10 2

= 7 15

(8)

En appliquant la formule des probabilités totales dans le système complet (T1, T2, T3), ce qui est autorisé carT1,T2et T3 sont des événements de probabilité non nulle,

P(D) = X3

i=1

PTi(D)×P(Ti) =5

9 ×0,3 + 9

22×0,5 + 7 15×0,2

P(D) = 511

1100 ≃0,46

3. On considère l’expérience choisir aléatoirement l’un des tiroirs et y prendre une serviette au hasard.

Notons

— V l’événement « la serviette choisie est verte »,

— T3l’événement « on ouvre le tiroir T3».

En appliquant la formule de Bayes, ce qui est autorisé carT1,T2etT3sont des événements de probabilité non nulle,

PV(T1) = PT1(V)P(T1) X3

i=1

PTi(V)P(Ti)

=

5 9×0,3 5

9 ×0,3 + 9

12×0,5 + 3 10×0,2

PV(T1) =100

361 ≃0,28

NotonsE l’événement « aucun des événements (Ak)16k6n n’arrive ».

P(E) = P(A1∩. . .∩An)

= Yn

k=1

P(Ak) car l’indépendance mutuelle des événements (Ak)16k6n

implique l’indépendance mutuelle des événements (Ak)16k6n

= Yn

k=1

(1−P(Ak)) car pour tout évévenementA,P(A) = 1−P(A)

6 Yn

k=1

e^−p^k en utilisant l’inégalité de convexité :∀x∈R, e^x>1 +x

6 exp −

Xn

k=1

pk

!

Ainsi,P(E)6exp − Xn

k=1

pk

! .

⊲ Corrigé de l’exercice 3.5 Ω ={P, F}ⁿ.|Ω|= 2ⁿ. Par exemple,

⋆ l’issue (P, P, . . . , P) correspond à la situation où lesnlancers donnent Pile.

⋆ l’issue (F, P, . . . , P) correspond à la situation où le premier lancer donne Face tandis que les (n−1) lancers suivants donnent Pile.

On considère sur Ω la probabilité uniforme, ce qui correspond à l’hypothèse que tous lesn-uplets sont équipro- bables.

1. (a) En développant 2^p= (1 + 1)^p et 0^p= (1−1)^p par la fomule du binôme de Newton puis en calculant

(9)

la moyenne de ces expressions, 2^p+ 0^p

2 = (1 + 1)^p+ (1−1)^p 2

= Xp

k=0

p k

+ Xp

k=0

(−1)^k p

k

2

= Xp

k=0

p k

×1 + (−1)^k

| {z2 }

=

1 sik≡0 [2]

0 sik≡1 [2]

= X

06k6p k≡0 [2]

p k

Par conséquent, X

06k6p k≡0 [2]

p k

= 2^p−1.

En procédant de la même manière à partir de 2^p−0^p

2 =(1 + 1)^p−(1−1)^p

2 , on obtient X

06k6p k≡1 [2]

p k

= 2^p−1.

(b) • Soitk∈[[1, n]] fixé quelconque.

L’événementAk compte 2ⁿ⁻¹ issues (le résultat du lancer d’indicek est Pile et les n−1 autres lancers peuvent prendre les deux valeurs) doncP(Ak) =2ⁿ⁻¹

2ⁿ = 1 2.

• CalculonsP(An+1). L’événementAn+1 compte autant d’issues qu’il existe de façons de choisir un nombre pair de lancers parmi lesnlancers (les lancers choisis sont ceux qui donnent Pile, les autres donnant Face), or il y a

n 0

façons de choisir 0 lancers parmin, n

2

façons de choisir 2 lancers parmin,

n 4

façons de choisir 4 lancers parmin,. . .d’où

P(An+1) = n

0

+ n

2

+ n

4

+ n

6

+. . .

2ⁿ =

X

06k6n k≡0 [2]

n k

2ⁿ si bien qu’en utilisant la question précédente pourp←n, P(An+1) =2ⁿ⁻¹

2ⁿ =1 2. Ainsi,∀k∈[[1, n+ 1]],P(Ak) =1

2.

2. L’événement A1∩ · · · ∩An est un événement élémentaire qui correspond à {(P, P, . . . , P)} si bien que, sachant que A1∩ · · · ∩An est réalisé, nous sommes dans la situation de l’issue (P, P, . . . , P) donc An+1

est réalisé ou non selon quenest pair ou non :

P(An+1|A1∩ · · · ∩An) =

0 sin≡1 [2], 1 sin≡0 [2].

CalculonsP(A1∩ · · · ∩An∩An+1) et comparons sa valeur à

n+1Y

k=1

P(Ak).

• D’après la première question,

n+1Y

k=1

P(Ak) =

n+1Y

k=1

1 2 = 1

2ⁿ⁺¹

• Par ailleurs,

P(A1∩ · · · ∩An∩An+1) = PA1∩···∩An(An+1)

| {z } 0 sin≡1 [2],

1 sin≡0 [2],

× P(A1∩ · · · ∩An)

| {z }

=P({(P, P, . . . , P)})

= 1 2ⁿ

=

( 0 sin≡1 [2], 1

2ⁿ sin≡0 [2].

(10)

Par conséquent, que n soit pair ou non, P(A1∩ · · · ∩An ∩An+1) 6=

n+1Y

k=1

P(Ak) donc les événements A1, . . . , An+1 ne sont pas mutuellement indépendants.

3. Considérons une sous-famille denévénements choisis parmiA1, . . . , An, An+1 fixée quelconque.

• Si cette famille ne contient pasAn+1, alors il s’agit de la famille (A1, . . . , An).

SoitJ ∈ P([[1, n]])\ {∅}fixée quelconque.

D’une part, d’après la question 1, Y

j∈J

P(Aj) =Y

j∈J

1 2 = 1

2^|J|

D’autre part, observons que l’événement \

j∈J

Aj compte 2^n−|J|issues (les résultats des lancers d’indice j∈J sont Pile et lesn− |J| autres lancers peuvent prendre les deux valeurs) donc

P



\

j∈J

Aj



=2^n−|J|

2ⁿ = 1 2^|J|

si bien que

P



\

j∈J

Aj



= 1 2^|J| =Y

j∈J

P(Aj)

Par conséquent, la famille (A1, . . . , An) est formée d’événements mutuellement indépendants.

• Sinon, il existek∈[[1, n]] tel que la famille est (A1, . . . , Ak−1, Ak+1, . . . , An, An+1).

SoitJ ∈ P([[1, n+ 1]]\ {k})\ {∅}fixée quelconque.

⋆ Sin+ 1∈/ J, alors la famille (Aj)j∈J est une sous-famille de (A1, . . . , An) qui est formée d’événe- ments mutuellement indépendants d’après le point précédent donc

P



\

j∈J

Aj



=Y

j∈J

P(Aj)

⋆ Sinon,n+ 1∈J.

D’après la première question,

Y

j∈J

P(Aj) =Y

j∈J

1 2 = 1

2^|J|

Par ailleurs,

− si |J| ≡ 0 [2], le cardinal de l’événement



\

j∈J

Aj



 =



 \

j∈J\{n+1}

Aj



∩An+1 est égal au nombre de façons de choisir un nombre impair d’indices de lancers parmi [[1, n]]\(J\ {n+ 1}) (en effet, les lancers d’indices appartenant à J \ {n+ 1} donnent Pile, ce qui correspond à un nombre impair de Pile donc il faut en choisir un nombre impair dans les lancers d’indices appartenant à [[1, n]]\(J \ {n+ 1}) pour obtenir au final un nombre pair de Pile) qui est un ensemble de cardinaln−(|J| −1) ce qui est égal à

n− |J|+ 1 1

+

n− |J|+ 1 3

+

n− |J|+ 1 5

+. . .= X

06k6n−|J|+1 k≡1[2]

n− |J|+ 1 k

|{z}= question 1

2^n−|J|

si bien que

P



\

j∈J

Aj



= 2^n−|J|

2ⁿ = 1 2^|J|

− si |J| ≡ 1 [2], le cardinal de l’événement



\

j∈J

Aj



 =



 \

j∈J\{n+1}

Aj



∩An+1 est égal au nombre de façons de choisir un nombre pair d’indices de lancers parmi [[1, n]]\(J\ {n+ 1}) qui est un ensemble de cardinaln−(|J| −1) ce qui est égal à

n− |J|+ 1 0

+

n− |J|+ 1 2

+

n− |J|+ 1 4

+. . .= X

06k6n−|J|+1 k≡0[2]

n− |J|+ 1 k

|{z}= question 1

2^n−|J|

(11)

si bien que

P



\

j∈J

Aj



= 2^n−|J|

2ⁿ = 1 2^|J|

On en déduit, quelle que soit la parité den, queP



\

j∈J

Aj



= 1 2^|J| =Y

j∈J

P(Aj).

Ainsi, toute sous-famille den événements choisis parmi A1, . . . , An, An+1 est formée d’événements mutuellement indépendants.

1. Soitp∈[[1, n]] fixé quelconque tel quep|n.

p|ndonc∃a∈N:n=ap.

NotonsEp l’ensemble des multiples depdans l’intervalle d’entiers [[1, n]] : Ep={k∈[[1, n]]| ∃j∈N : k=jp}={p,2p, . . . , ap}

On suppose que le choix des nombres dans [[1, n]] se fait au hasard ce qui suggère de considérer tous les entiers de [[1, n]] équiprobabales de sorte que

P(Ap) = |Ep|

|[[1, n]]| = a n =1

p 2. Soientp1, . . . , pr les diviseurs premiers distincts den.

SoitJ ⊂ {p1, . . . , pr} fixée quelconque.

Si J = ∅, P



\

j∈J

Aj



 = P(∅) = 1 = Y

j∈J

P(Aj) (car un produit sur un ensemble vide vaut 1 par convention)

SiJ 6=∅,J ={j1, . . . , jq} de sorte que

P



\

j∈J

Aj



 = P(« le nombre choisi est un multiple depj pour toutj∈J»)

= P



« le nombre choisi est un multiple de Y

j∈J

pj »





car les nombres (pj)j∈J sont deux à deux premiers entre eux

= P

AQ

j∈Jpj

= 1

Y

j∈J

pj

(question 1 pourp← Y

j∈J

pj)

= Y

j∈J

1 pj

= Y

j∈J

P(Apj)

Ainsi, les événementsAp1, . . . , Apr sont mutuellement indépendants.

3. Notons, pour touti∈[[1, r]],Ei={k∈[[1, n]]| ∃j ∈N : k=jpi}.

(12)

ϕ(n)

n = |{k∈[[1, n]]|k∧n= 1}|

|[[1, n]]|

= |{k∈[[1, n]]| ∀i∈[[1, r]], pi6 |k}|

|[[1, n]]| carp1, . . . , pr sont les facteurs premiers den

= |{k∈[[1, n]]| ∀i∈[[1, r]], k /∈Ei}|

|[[1, n]]|

= |{k∈[[1, n]]|k /∈Sr i=1Ei}|

|[[1, n]]|

= P

[r

i=1

Api

!

= P

\r

i=1

Api

!

= Yr

i=1

P(Api)

carAp1, . . . , Apr mutuel. indep. ⇒Ap1, . . . , Apr mutuel. indep.

= Yr

i=1

(1−P(Api))

= Yr

i=1

1− 1

pi

en utilisant la question 1.

Ainsi, ϕ(n)

n =

Yr

i=1

1− 1

pi

.