Université de Nice - L2 - Probabilités FEUILLE DE TD NUMÉRO 2

January 13, 2018 | Author: Anonymous | Category: Mathématiques, Statistiques et probabilités
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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
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