Exercice 1 4571

Soient $A$ , $B$ et $C$ trois événements d’un univers fini $Ω$ .

(a)

Exprimer en langage naturel les événements

(i) $\bar{A \cup B \cup C}$ (ii) $(A \cup B \cup C) ∖ (A \cap B \cap C)$ (iii) $(A \cap B) \cup (B \cap C) \cup (C \cap A)$ .
(b)

Exprimer par les opérations ensemblistes les événements:

(i) « Seul un des trois événements $A$ , $B$ ou $C$ est réalisé¹¹ 1 On dit qu’un événement est réalisé si l’issue de l’expérience aléatoire lui appartient. »;

(ii) « Au plus deux des trois événements $A$ , $B$ ou $C$ sont réalisés ».
(c)

Exprimer les propriétés:

(i) « Si $A$ est réalisé, aucun des événements $B$ ou $C$ ne l’est »;

(ii) « Lorsque $A$ est réalisé, un et un seul des événements $B$ ou $C$ a lieu ».

Exercice 2 4003 Correction

Soient $A, B, C$ trois évènements d’un espace probabilisable. Exprimer les évènements suivants:

(a)

Aucun des évènements $A, B$ ou $C$ n’est réalisé.
(b)

Un seul des trois évènements $A, B$ ou $C$ est réalisé.
(c)

Au moins deux des trois évènements $A, B$ ou $C$ sont réalisés.
(d)

Pas plus de deux des trois évènements $A, B$ ou $C$ sont réalisés.

Solution

(a)

$\bar{A} \cap \bar{B} \cap \bar{C}$ .
(b)

$(A \cap \bar{B} \cap \bar{C}) \cup (\bar{A} \cap B \cap \bar{C}) \cup (\bar{A} \cap \bar{B} \cap C)$ .
(c)

$(A \cap B) \cup (B \cap C) \cup (A \cap C)$ .
(d)

$\bar{A \cap B \cap C}$ .

Exercice 3 4004 Correction

Soient $A, B, C$ trois évènements.

(a)

Vérifier que $(A \cup B) \cap C$ entraîne $A \cup (B \cap C)$ .
(b)

À quelle condition sur $A$ et $C$ les deux évènements précédents sont-ils égaux?

Solution

(a)

En développant

$(A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C) \subset A \cup (B \cap C) .$
(b)

$A \cap C = A$ c’est-à-dire $A \subset C$ est une condition évidemment suffisante. Elle est aussi nécessaire car si

$(A \cup B) \cap C = A \cup (B \cap C)$

alors

$A \subset A \cup (B \cap C) \neq (A \cup B) \cap C \subset C .$

[<] Événements et langage ensembliste[>] Propriétés d'une probabilité

Exercice 4 4577

Pour chacune des expériences qui suit, proposer un espace probabilisé $(Ω, P)$ permettant de l’étudier.

(a)

On tire successivement et sans remise six boules dans une urne contenant des boules numérotées de $1$ à $49$ .
(b)

On lance deux dés équilibrés.
(c)

Dix individus prennent place sur dix chaises réparties autour d’une table.
(d)

On lance une pièce équilibrée. Si celle-ci tombe du côté pile, on tire une boule dans une urne contenant une boule blanche et deux boules rouges. Sinon, on tire une boule dans une urne contant trois boules blanches et une boule rouge.

Exercice 5 3821 Correction

Déterminer une probabilité sur $Ω = {1,2, \dots, n}$ telle que la probabilité de l’événement ${k}$ soit proportionnelle à $k$ .

Solution

Par hypothèse, il existe $α \in ℝ$ tel que $P ({k}) = α k$ . Or par additivité

\sum_{k = 1}^{n} P ({k}) = P (Ω) = 1

donc

α = \frac{2}{n (n + 1)} .

Exercice 6 4578

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Déterminer une probabilité sur l’univers $Ω = {1,2, \dots, n}$ telle que la probabilité de l’événement ${1,2, \dots, k}$ soit proportionnelle à $k^{2}$ .

Exercice 7 3823

À quelle(s) condition(s) sur les réels $x$ et $y$ existe-t-il une probabilité $P$ sur l’ensemble à $3$ éléments $Ω = {a, b, c}$ vérifiant $P ({a, b}) = x$ et $P ({b, c}) = y$ ?

Exercice 8 3824 Correction

Soient $A, B$ deux parties d’un ensemble $Ω$ fini vérifiant

A \cap B \neq \emptyset, A \cap \bar{B} \neq \emptyset, \bar{A} \cap B \neq \emptyset et \bar{A} \cap \bar{B} \neq \emptyset .

À quelle condition sur $(a, b, c, d) \in {] 0; 1 [}^{4}$ existe-t-il une probabilité $P$ sur $Ω$ vérifiant

P (A ∣ B) = a, P (A ∣ \bar{B)} = b, P (B ∣ A) = c et P (B ∣ \bar{A)} = d ?

Solution

Soit $P$ une probabilité solution. Posons

x = P (A \cap B), y = P (A \cap \bar{B}), z = P (\bar{A} \cap B) et t = P (\bar{A} \cap \bar{B}) .

On a $x, y, z, t \geq 0$ et par additivité

x + y + z + t = P (A) + P (\bar{A}) = 1 .

Inversement, si $x, y, z, t$ sont quatre réels positifs de somme égale à 1, on peut déterminer une probabilité $P$ sur $Ω$ vérifiant les conditions ci-dessus: il suffit d’introduire un élément de chacun des ensembles disjoints $A \cap B$ , $A \cap \bar{B}$ , $\bar{A} \cap B$ et $\bar{A} \cap \bar{B}$ , de poser la probabilité de l’événement élémentaire associé égale à $x, y, z$ et $t$ respectivement, puis les probabilités des autres événements élémentaires égaux à 0.
Le problème revient alors à déterminer sous quelle condition, il existe $x, y, z, t \geq 0$ de somme égale à 1 tels que

P (A ∣ B) = a, P (A ∣ \bar{B)} = b, P (B ∣ A) = c et P (B ∣ \bar{A)} = d .

Par additivité

P (A) = x + y et P (B) = x + z .

On a alors $P (A ∣ B) = a$ si, et seulement si, $x = a (x + z)$ .
De même, les autres conditions fournissent les équations

y = b (1 - (x + z)), x = c (x + y) et z = d (1 - (x + y))

ce qui nous conduit à un système linéaire de quatre équations et trois inconnues

{\begin{matrix} (1 - a) x - a z & = 0 \\ b x + y + b z & = b \\ (1 - c) x - c y & = 0 \\ d x + d y + z & = d . \end{matrix}

Les trois premières équations conduisent à la solution

x = \frac{a b c}{a (1 - c) + b c}, y = \frac{a b (1 - c)}{a (1 - c) + b c} et z = \frac{(1 - a) b c}{a (1 - c) + b c}

avec le dénominateur commun non nul car somme de quantités strictement positives.
La quatrième équation du système est alors vérifiée si, et seulement si,

a d (1 - b) (1 - c) = b c (1 - a) (1 - d) .

La solution $(x, y, z)$ alors obtenue vérifie $x, y, z \geq 0$ et $x + y + z \leq 1$ de sorte que l’on peut encore déterminer $t \geq 0$ tel que $x + y + z + t = 1$ .
Finalement, il existe une probabilité telle que voulue si, et seulement si,

a d (1 - b) (1 - c) = b c (1 - a) (1 - d)

ce qui, en divisant par $a b c d$ , peut encore s’énoncer

(1 - \frac{1}{b}) (1 - \frac{1}{c}) = (1 - \frac{1}{a}) (1 - \frac{1}{d}) .

[<] Construction d'une probabilité[>] Calcul de probabilités

Exercice 9 4582

Soient $A$ et $B$ deux événements d’un espace probabilisé $(Ω, P)$ .

(a)

On suppose $A \subset B$ . Démontrer $P (A) \leq P (B)$ .
(b)

On suppose $A \cap B = \emptyset$ . Montrer $P (A) \leq 1 - P (B)$ .
(c)

On suppose $P (A) = 0,3$ , $P (B) = 0,5$ et $P (A \cup B) = 0,6$ . Calculer $P (\bar{A} \cup B)$ .

Exercice 10 3829 Correction

Soient $A$ et $B$ deux événements d’un espace probabilisé.
Montrer

\max {0, P (A) + P (B) - 1} \leq P (A \cap B) \leq \min {P (A), P (B)} .

Solution

On a $A \cap B \subset A$ donc $P (A \cap B) \leq P (A)$ et de même $P (A \cap B) \leq P (B)$ donc

P (A \cap B) \leq \min {P (A), P (B)} .

Bien évidemment $P (A \cap B) \geq 0$ . De plus, $P (A \cup B) \leq 1$ avec

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B)

donc

P (A \cap B) \geq P (A) + P (B) - 1

puis

\max {0, P (A) + P (B) - 1} \leq P (A \cap B) .

Exercice 11 4050

Soient $P$ une probabilité sur un ensemble $Ω$ et $A$ , $B$ deux événements de $Ω$ . On pose

x = P (A \cap B), y = P (A \cap \bar{B}), z = P (\bar{A} \cap B) et t = P (\bar{A} \cap \bar{B}) .

(a)

Vérifier

$P (A) P (B) - P (A \cap B) = y z - x t .$
(b)

En déduire

$| P (A) P (B) - P (A \cap B) | \leq \frac{1}{4} .$

Exercice 12 4589

(a)

Soient $A_{1}, \dots, A_{n}$ des événements d’un espace probabilisé $(Ω, P)$ . Montrer

$P (⋃_{i = 1}^{n} A_{i}) \geq \sum_{i = 1}^{n} P (A_{i}) - \sum_{1 \leq i < j \leq n} P (A_{i} \cap A_{j}) .$
(b)

Montrer que la probabilité qu’un Valet côtoie une Dame dans un jeu mélangé de cinquante-deux cartes est supérieure à $0,47$ .

Exercice 13 5739 Correction

Soit $(A_{1}, \dots, A_{n})$ une famille d’événements d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ .

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on note $I_{n}$ l’ensemble des multiplets $(B_{1}, \dots, B_{n})$ avec $B_{i} = A_{i}$ ou $B_{i} = \bar{A_{i}}$ pour $i = 1, \dots, n$ .

Vérifier

\sum_{(B_{1}, \dots, B_{n}) \in I_{n}} P (B_{1} \cup \dots \cup B_{n}) = 2^{n} - 1 .

Solution

On raisonne par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Pour $n = 1$ , considérons $A_{1}$ un événement. On a $I_{1} = {A_{1}, \bar{A_{1}}}$ et donc

\sum_{B_{1} \in I_{1}} P (B_{1}) = P (A_{1}) + P (\bar{A_{1}}) = 1 = 2^{n} - 1 .

Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ .

Soit $(A_{1}, \dots, A_{n}, A_{n + 1})$ une famille d’événements. En discutant selon que $B_{n + 1} = A_{n + 1}$ ou $\bar{A_{n + 1}}$ ,

	$\sum_{(B_{1}, \dots, B_{n}, B_{n + 1}) \in I_{n + 1}} P (B_{1} \cup \dots \cup B_{n} \cup B_{n + 1})$	$= \sum_{(B_{1}, \dots, B_{n}) \in I_{n}} P (B_{1} \cup \dots \cup B_{n} \cup A_{n + 1})$
		$+ \sum_{(B_{1}, \dots, B_{n}) \in I_{n}} P (B_{1} \cup \dots \cup B_{n} \cup \bar{A_{n + 1}}) .$

Pour $C = B_{1} \cup \dots \cup B_{n}$ ,

P (C \cup A_{n + 1}) + P (C \cup \bar{A_{n + 1}}) = 2 P (C) + P (A_{n + 1}) + P (\bar{A_{n + 1}}) - P (C \cap A_{n + 1}) - P (C \cap \bar{A_{n + 1}}) .

Or, par incompatibilité,

P (C \cap A_{n + 1}) + P (C \cap \bar{A_{n + 1}}) = P ((C \cap A_{n + 1}) \cup (C \cap \bar{A_{n + 1}})) = P (C)

et donc

P (C \cup A_{n + 1}) + P (C \cup \bar{A_{n + 1}}) = P (C) + 1 .

On en déduit

\sum_{(B_{1}, \dots, B_{n}, B_{n + 1}) \in I_{n + 1}} P (B_{1} \cup \dots \cup B_{n} \cup B_{n + 1}) = \sum_{(B_{1}, \dots, B_{n}) \in I_{n}} (P (B_{1} \cup \dots \cup B_{n}) + 1) .

En employant l’hypothèse de récurrence et en remarquant que la somme contient $2^{n}$ termes, on conclut

\sum_{(B_{1}, \dots, B_{n}, B_{n + 1}) \in I_{n + 1}} P (B_{1} \cup \dots \cup B_{n} \cup B_{n + 1}) = 2^{n} - 1 + 2^{n} = 2^{n + 1} - 1 .

La récurrence est établie.

[<] Propriétés d'une probabilité[>] Calcul de probabités par dénombrement

Exercice 14 4587

On lance deux fois un même dé. Montrer que la probabilité d’obtenir deux fois la même valeur est minimale lorsque le dé est équilibré.

Exercice 15 4116 Correction

Une urne contient des boules blanches et noires en proportion $p$ et $q$ (avec $p + q = 1$ ). On opère à des tirages successifs avec remise.

(a)

Quelle est la probabilité que la première boule blanche tirée apparaisse lors du $n$ -ième tirage?
(b)

Quelle est la probabilité que la $k$ -ième boule blanche tirée apparaisse lors du $n$ -ième tirage?

Solution

Notons $A_{i}$ l’événement « une boule blanche est obtenue lors du $i$ -ème tirage ».
Les événements $A_{i}$ sont indépendants et $P (A_{i}) = p$ pour tout $i$ .

(a)

Notons $B_{n}$ l’événement « la première boule blanche apparaît lors du $n$ -ième tirage ».
On peut écrire

$B_{n} = \bar{A_{1}} \cap \dots \cap \bar{A_{n - 1}} \cap A_{n} .$

Par indépendance, on obtient

$P (B_{n}) = {(1 - p)}^{n - 1} p .$
(b)

Notons $C_{n - 1}$ l’événement « $k - 1$ boules sont apparues lors des $n - 1$ premiers tirages »
et $D_{n}$ l’événement « la $k$ -ième boule blanche tirée apparaît lors du $n$ -ième tirage ».

On a $D_{n} = C_{n - 1} \cap A_{n}$ et

$P (C_{n - 1}) = (\binom{n - 1}{k - 1}) p^{k - 1} {(1 - p)}^{n - k}$

car il s’agit de la probabilité d’obtenir $k - 1$ succès dans la répétition indépendante d’épreuves de Bernoulli indépendantes de même paramètre $p$ . Par indépendance, on conclut

$P (D_{n}) = P (C_{n - 1} \cap A_{n}) = (\binom{n - 1}{k - 1}) p^{k} {(1 - p)}^{n - k} .$

Exercice 16 4588

Un archer a la probabilité $p \in [0; 1]$ d’atteindre une cible à chaque essai.

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $k \in ⟦ 1; n ⟧$ .

(a)

Quelle est la probabilité qu’il atteigne au moins une fois la cible en $n$ tentatives?
(b)

Quelle est la probabilité qu’il touche sa cible pour la première fois lors du $n$ -ième essai?
(c)

Quelle est la probabilité qu’il touche exactement $k$ cibles en $n$ essais?
(d)

Quelle est la probabilité qu’il touche sa $k$ -ième cible lors du $n$ -ième essai?

Exercice 17 5213

Un concierge dispose d’un trousseau de $n$ clés semblables (avec $n \geq 2$ ) et d’un sérieux penchant pour l’alcool…

(a)

Lorsque le concierge n’est pas ivre et qu’il doit ouvrir une porte, il choisit une clé au hasard et, si celle-ci n’ouvre pas la porte, il essaie une autre clé parmi celles qu’il n’a pas encore testées. Calculer la probabilité qu’il ouvre la porte lors de sa $k$ -ième tentative.
(b)

Lorsque le concierge est ivre, il choisit une clé sans se soucier de celles qu’il a déjà essayées. Calculer de nouveau la probabilité qu’il ouvre la porte lors de sa $k$ -ième tentative.
(c)

Le concierge est ivre un jour sur deux. Sachant qu’il a déjà essayé $n - 1$ clés sans succès, quelle est la probabilité qu’il soit ivre?

[<] Calcul de probabilités[>] Couples d'événements indépendants

Exercice 18 4586

On considère des dés équilibrés. Lequel des événements qui suivent est le plus probable?

(a)

$A = « Ne pas obtenir de un ni de six en 2 lancers »$ .
(b)

$B = « Obtenir un six en moins de 4 lancers »$ .
(c)

$C = « Obtenir un double - six en moins de 24 lancers de deux dés »$ .
(d)

$D = « Obtenir toutes les valeurs de un à six en moins de 8 lancers »$ .

Exercice 19 3957 Correction

On dispose $r$ boules à l’intérieur de $n$ urnes (avec $r \leq n$ ), chaque urne pouvant contenir plusieurs boules.
Les répartitions possibles sont équiprobables.

(a)

Déterminer la probabilité de l’évènement:

$A = « chaque urne contient au plus une boule ».$
(b)

Déterminer la probabilité de l’évènement:

$B = « il existe une urne contenant au moins deux boules ».$

Solution

En discernant les boules et les urnes, chaque tirage se comprend comme une application $φ$ de ${1, \dots, r}$ vers ${1, \dots, n}$ associant à la boule d’indice $i$ l’urne de numéro $φ (i)$ qui la contient.
Il y a $n^{r}$ répartitions possible.

(a)

La probabilité cherchée correspond à celle de choisir une fonction $φ$ injective soit

$P (A) = \frac{n \times (n - 1) \times \dots (n - r + 1)}{n^{r}} .$
(b)

La probabilité cherchée est complémentaire de la précédente

$P (B) = 1 - P (A) .$

Exercice 20 3958 Correction

(a)

Combien de fois faut-il lancer un dé équilibré pour avoir au moins une chance sur deux d’obtenir un six?
(b)

Même question avec deux dés pour obtenir un double-six.

Solution

(a)

La probabilité de ne pas obtenir de 6 lors de $k$ lancers est ${(5 / 6)}^{k}$ . Il s’agit donc ici de trouver le plus petit $k$ pour lequel ${(5 / 6)}^{k} \leq 1 / 2$ . On obtient $k = 4$ .
(b)

On veut ${(35 / 36)}^{k} < 1 / 2$ et l’on obtient $k = 25$ .

Exercice 21 5344 Correction

Deux joueurs s’affrontent aux dés. Le premier joueur lance deux dés et s’il obtient six, il gagne la partie. Sinon, c’est au second joueur de lancer deux dés et s’il obtient sept, c’est lui qui a gagné. Si aucun des joueurs n’a gagné, ils rejouent. Le premier joueur a l’avantage de commencer alors que le second a l’avantage qu’il est plus facile d’obtenir sept que six. Lequel des deux joueurs a le plus de chance de gagner?

Solution

La probabilité d’obtenir un six en lançant deux dés vaut $p_{1} = 5 / 36$ alors que celle d’obtenir sept est de $p_{2} = 7 / 36$ . Lors d’un tour de jeu, pour que le premier joueur gagne, il lui d’obtenir immédiatement six. Sa probabilité de victoire est donc simplement de

\frac{5}{36} ≃ 0.139 à 10^{- 3} près.

Pour que le second joueur gagne, il faut qu’il fasse sept sans que son adversaire ait fait six au préalable. Sa probabilité de victoire est

(1 - \frac{5}{36}) \frac{7}{36} = \frac{217}{1296} ≃ 0.167 à 10^{- 3} près.

La situation du second joueur est préférable.

Exercice 22 4120 Correction

Une urne contient des boules numérotées de 1 à 10. On tire, sans remise, trois boules dans cette urne.

(a)

Quelle est la probabilité d’obtenir des numéros en ordre croissant?
(b)

Même question pour un tirage avec remise et des numéros en ordre strictement croissant.
(c)

Même question pour un tirage avec remise et des numéros en ordre croissant au sens large.

Solution

(a)

Pour chaque tirage faisant apparaître les nombres $a, b, c$ dans le bon ordre, il y en a 5 autres où ces mêmes nombres apparaissent dans le désordre. La probabilité recherchée est donc égale à $1 / 6$ .
(b)

Un tirage s’apparente à une fonction de $⟦ 1; 3 ⟧$ vers $⟦ 1; 10 ⟧$ . Il y a $10^{3}$ fonctions toutes équiprobables. Parmi celles-ci, on recherche les fonctions strictement croissantes. Celles-ci sont simplement déterminées par les 3 valeurs distinctes qu’elles prennent qu’il suffit ensuite d’ordonner. Déterminer ces trois valeurs revient à choisir 3 éléments dans un ensemble à 10 éléments, il y a $(\binom{10}{3})$ possibilités. La probabilité recherchée vaut donc

$\frac{(\binom{10}{3})}{10^{3}} = \frac{12}{100} .$
(c)

Il s’agit maintenant de dénombrer les fonctions croissantes de $⟦ 1; 3 ⟧$ vers $⟦ 1; 10 ⟧$ . À une telle fonction $f$ , on peut associer la fonction $g : ⟦ 1; 3 ⟧ \to ⟦ 1; 12 ⟧$ déterminée par

$g (1) = f (1), g (2) = f (2) + 1 et g (3) = f (3) + 2 .$

La fonction $f$ étant croissante, la fonction $g$ est strictement croissante. Inversement, à une fonction $g$ strictement croissante de $⟦ 1; 3 ⟧$ vers $⟦ 1; 12 ⟧$ correspond une unique fonction $f$ croissante de $⟦ 1; 3 ⟧$ vers $⟦ 1; 10 ⟧$ . Il y a donc autant de fonctions croissantes de $⟦ 1; 3 ⟧$ vers $⟦ 1; 10 ⟧$ que de fonctions strictement croissantes de $⟦ 1; 3 ⟧$ vers $⟦ 1; 12 ⟧$ à savoir $(\binom{12}{3})$ . La probabilité recherchée vaut donc

$\frac{(\binom{12}{3})}{10^{3}} = \frac{22}{100} .$

Exercice 23 5740 Correction

Une urne contient $n$ boules distinctes. On prélève dans cette urne une poignée constituée d’un certain nombre de boules de sorte que toutes les composition soient équiprobables.

Après un premier tirage, on remet les boules dans l’urne et l’on procède à un second tirage.

Quelle est la probabilté que les deux tirages comportent une boule en commun?

Solution

Introduisons les événements:

	$A_{k}$	$= « Le premier tirage comporte k boules » pour k = 0, \dots, n$
	$B$	$= « Les deux tirages comportent au moins une boule en commun »$
	$C$	$= « Les deux tirages ne comportent pas de boules en commun ».$

Calculons la probabilité de $C = \bar{B}$ .

La famille des $A_{k}$ pour $k = 0, \dots, n$ est un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,

P (C) = \sum_{k = 0}^{n} P (A_{k}) P (C ∣ A_{k}) .

Lors du premier tirage dans l’urne, il y a $2^{n}$ résultats équiprobables possibles. Parmi ceux-ci, il y en a $(\binom{n}{k})$ pour lequel le tirage comporte $k$ boules. On en déduit

P (A_{k}) = \frac{1}{2^{n}} (\binom{n}{k}) .

Lors du second tirage dans l’urne, il y a encore $2^{n}$ résultats équiprobables possibles. Si le premier tirage comporte $k$ éléments, il y a $2^{n - k}$ second tirages possibles n’ayant pas d’éléments commun avec le premier. On en déduit

P (C ∣ A_{k}) = \frac{2^{n - k}}{2^{n}} = \frac{1}{2^{k}} .

Par la formule du binôme de Newton,

P (C) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{1}{2^{n + k}} = \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{1}{2^{k}} = \frac{1}{2^{n}} {(1 + \frac{1}{2})}^{n} = \frac{3^{n}}{4^{n}} .

Finalement,

P (B) = 1 - P (C) = \frac{4^{n} - 3^{n}}{4^{n}} .

Exercice 24 5340 Correction

On répartit au hasard les entiers de $1$ à $9$ dans une matrice carrée de taille $3$ .

Calculer la probabilité que le déterminant de cette matrice soit un nombre impair.

Solution

Méthode: On étudie le déterminant modulo $2$ .

Notons $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{3} (ℝ)$ la matrice formée. Son déterminant est défini par la formule

\det (A) = \sum_{σ \in 𝒮_{3}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{3} a_{σ (i), i} .

Celui-ci est un nombre entier et il s’agit d’un entier impair si, et seulement si, il vaut $1$ modulo $2$ . Le calcul du déterminant étant compatible avec le calcul en congruence modulo $2$ , le problème est alors de savoir quelles sont les matrices dont le déterminant vaut $1$ modulo $2$ parmi les matrices dont les coefficients sont constitués par quatre $0$ et cinq $1$ (car il y a quatre nombres pairs et cinq nombres impairs entre $1$ et $9$ ).

Une telle matrice peut avoir une colonne comportant trois $1$ et deux colonnes comportant chacune un seul $1$ (type $I$ ) ou bien deux colonnes comportant deux $1$ et une colonne comportant un seul $1$ (type $I I$ ).

Les matrices de type $I$ sont au nombre de

3 \times 3 \times 2 = 18

car elles s’obtiennent en choisissant la colonne contenant trois $1$ ( $3$ possibilités), la position du $1$ dans la première des deux colonnes restantes ( $3$ possibilités) et la position du dernier $1$ dans la dernière colonne sur une ligne différente de celle précédemment occupées¹¹ 1 Cela est nécessaire sans quoi la matrice n’est pas inversible. Inversement, le déterminant d’une telle matrice vaut alors $1$ ou $- 1$ . ( $2$ possibilités).

Les matrices du type $I I$ sont au nombre de

3 \times 3 \times 3 \times 2 = 54

car elles s’obtiennent en choisissant la colonne qui ne contient qu’un seul $1$ ( $3$ possibilités), la position de ce $1$ ( $3$ possibilités), la position du $0$ dans la première des colonnes qui contient deux $1$ ( $3$ possibilités) et la position du $0$ dans l’autre colonne à une position différente de la précédente²² 2 Une matrice inversible est nécessairement de cette forme et inversement une telle matrice est de déterminant $\pm 1$ . ( $2$ possibilités).

Au total, il y a $72$ matrices possibles formées de quatre $0$ et de cinq $1$ dont le déterminant vaut $1$ modulo $2$ . Il y a un total de $(\binom{9}{5})$ matrices de cette forme possibles et donc une probabilité de

\frac{72}{(\binom{9}{5})} = \frac{4}{7}

qu’une matrice constituée de quatre $0$ et de cinq $1$ soit de déterminant égal à $1$ modulo $2$ .

Enfin, puisque chaque matrice constituée de quatre $0$ et de cinq $1$ possède le même nombre d’antécédents (à savoir $4! \times 5!$ ) parmi les matrices formées des entiers allant de $1$ à $9$ , la probabilité que le déterminant d’une telle matrice soit impair vaut aussi $4 / 7$ .

Exercice 25 4593

Soit $n \in ℕ^{*}$ . À chaque suite finie $x = (x_{1}, \dots, x_{n})$ élément de ${- 1,1}^{n}$ , on associe la suite $s = (s_{0}, \dots, s_{n})$ avec

s_{0} \in ℤ et s_{k} = s_{k - 1} + x_{k} pour k \in ⟦ 1; n ⟧ .

La suite $s$ détermine une ligne brisée articulée autour des points de coordonnées $(k, s_{k})$ avec $k$ allant de $0$ à $n$ . On dit que cette ligne brisée détermine un chemin allant de $s_{0}$ à $s_{n}$ en $n$ étapes.

(a)

Soient $ℓ \in ℤ$ et $m \in ℕ$ . Combien existe-t-il de chemins allant de $ℓ$ à $m$ en $n$ étapes?
(b)

On suppose $ℓ, m \in ℕ$ . Expliquer pourquoi il y a autant de chemins joignant $- ℓ$ à $m$ en $n$ étapes que de chemins joignant $ℓ$ à $m$ en $n$ étapes et coupant l’axe des abscisses.
(c)

Application : À une élection opposant deux candidats, l’un l’emporte avec $42$ voix contre $24$ pour l’autre. Quelle est la probabilité que le candidat vainqueur ait été majoritaire (au sens large) tout au long du dépouillement?

[<] Calcul de probabités par dénombrement[>] Famille d'événements indépendants

Exercice 26 3948 Correction

On lance à dé à six faces parfaitement équilibré. Justifier l’indépendance des évènements

A = «  on obtient le tirage 2, 4 ou 6  »  et B = «  on obtient le tirage 3 ou 6   ».

Solution

$P (A) = 1 / 2$ , $P (B) = 1 / 3$ et $P (A \cap B) = P ({6}) = 1 / 6$ donc

P (A \cap B) = P (A) \times P (B) .

Les évènements $A$ et $B$ sont bien indépendants.

Exercice 27 4584

Deux urnes contiennent des boules blanches et rouges. Les proportions de boules blanches dans ces urnes sont respectivement égales à $p$ et $q$ avec $p, q \in] 0; 1 [$ .

De façon équiprobable, on choisit l’une des deux urnes et l’on tire avec remise deux boules dans celle-ci. À quelle condition a-t-on l’indépendance des deux événements « La première boule tirée est blanche » et « La seconde boule tirée est blanche »?

Exercice 28 3953 Correction

Montrer qu’un évènement $A$ est indépendant de tout autre évènement si, et seulement si, $P (A) = 0$ ou $1$ .

Solution

Si $A$ et indépendant de tout évènement alors $A$ est indépendant de lui-même et donc

P (A) = P (A \cap A) = P {(A)}^{2} .

On en déduit $P (A) = 0$ ou $1$ .
Inversement, supposons $P (A) = 0$ . Pour tout évènement $B$ , on a $A \cap B \subset A$ et donc $P (A \cap B) \leq P (A) = 0$ . Ainsi,

P (A \cap B) = 0 = P (A) P (B) .

Supposons maintenant $P (A) = 1$ . On a $P (\bar{A}) = 0$ et donc $\bar{A}$ est indépendant de tout évènement $B$ . Par suite, $A$ est aussi indépendant de tout évènement $B$ .

Exercice 29 3830

Soient $A$ et $B$ deux événements incompatibles d’un espace probabilisé $(Ω, P)$ .

À quelle condition les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants?

Exercice 30 3951 Correction

Soient $A$ et $B$ deux évènements indépendants. Les évènements $A$ et $\bar{B}$ sont-ils aussi indépendants?

Solution

Puisque $A$ est la réunion disjointe de $A \cap B$ et $A \cap \bar{B}$ , on a

P (A) = P (A \cap B) + P (A \cap \bar{B})

et donc

P (A) = P (A) P (B) + P (A \cap \bar{B})

puis

P (A \cap \bar{B}) = P (A) (1 - P (B)) = P (A) P (\bar{B}) .

Les évènements $A$ et $\bar{B}$ sont indépendants.

Exercice 31 3949 Correction

Soient $A, B, C$ trois évènements tels que $A$ et $B$ d’une part, $A$ et $C$ d’autre part, sont indépendants.

Les événements $A$ et $B \cup C$ sont-ils indépendants? Même question avec $A$ et $B \cap C$ .

Solution

Considérons le tirage équilibré d’un dé à six faces et les événements

A = {2,4,6}, B = {1,2} et C = {2,3} .

On vérifie aisément

P (A \cap B) = P (A) P (B) et P (A \cap C) = P (A) P (C) .

Cependant

P (A \cap (B \cup C)) = 1 / 6 \neq P (A) P (B \cup C) = 1 / 4

P (A \cap (B \cap C)) = 1 / 6 \neq P (A) P (B \cap C) = 1 / 12 .

Ainsi, $A$ et $B \cup C$ ne sont pas indépendants. Les événements $A$ et $B \cap C$ ne le sont pas plus.

Exercice 32 3950 Correction

Soient $A, B, C$ trois évènements tels que $A$ et $B \cup C$ d’une part, $A$ et $B \cap C$ d’autre part, soient indépendants.

Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants?

Solution

Considérons le tirage équilibré d’un dé à six faces et considérons les événements

A = {2,4,6}, B = {1,2,3} et C = {1,2,4} .

On vérifie aisément

P (A \cap (B \cup C)) = 1 / 3 = P (A) P (B \cup C) et P (A \cap (B \cap C)) = 1 / 6 = P (A) P (B \cap C) .

Cependant,

P (A \cap B) = 1 / 6 \neq P (A) P (B) = 1 / 4 .

Les événements $A$ et $B$ ne sont pas indépendants?

Exercice 33 3952

Soient $A, B, C$ trois événements d’un espace probabilisé $(Ω, P)$ .

On suppose $A$ indépendant de $B \cap C$ , $B$ indépendant de $A \cap C$ et $C$ indépendant de $A \cap B$ . On suppose aussi $A$ indépendant de $B \cup C$ et $P (A) > 0$ .

Établir que les événements $A, B, C$ sont indépendants.

[<] Couples d'événements indépendants[>] Probabilités conditionnelles

Exercice 34 4581

On lance successivement deux dés équilibrés et l’on considère les événements:

	$A$	$= « La valeur du premier dé lancé est paire »,$
	$B$	$= « La valeur du second dé lancé est paire »,$
	$C$	$= « La somme des valeurs des deux dés est paire ».$

Vérifier que les événements $A$ , $B$ et $C$ sont deux à deux indépendants sans être indépendants.

Exercice 35 4583

Soient $A, B, C$ trois événements d’un espace probabilisé $(Ω, P)$ .

(a)

On suppose les événements $A$ , $B$ et $C$ indépendants. Montrer que les événements $A$ et $B \cup C$ sont indépendants.
(b)

On suppose $A$ et $B$ d’une part, $A$ et $C$ d’autre part, indépendants. Les événements $A$ et $B \cup C$ sont-ils assurément indépendants?

Exercice 36 3819 NAVALE (MP)

(Fonction indicatrice d’Euler¹¹ 1 Cette étude propose un calcul probabiliste des valeurs de la fonction indicatrice d’Euler.)

Soit $n$ un entier naturel supérieur à $2$ . On munit l’univers $Ω = ⟦ 1; n ⟧$ de la probabilité uniforme et, pour tout entier $d$ divisant $n$ , on introduit l’événement

A_{d} = {1 \leq k \leq n | d divise k} .

(a)

Calculer $P (A_{d})$ .

Soient $p_{1}, \dots, p_{r}$ les facteurs premiers $n$ .

(b)

Montrer que les événements $A_{p_{1}}, \dots, A_{p_{r}}$ sont indépendants.

On note

B = {1 \leq k \leq n | k et n sont premiers entre eux} .

Exercice 37 5215

Soient $A_{1}, \dots, A_{n}$ des événements indépendants.

Montrer que la probabilité qu’au moins l’un des $A_{i}$ soit réalisé est supérieure à

1 - \exp (- \sum_{i = 1}^{n} P (A_{i})) .

Exercice 38 4585

Soit $(Ω, P)$ un espace probabilisé.

(a)

Montrer que, si $A$ et $B$ sont deux événements indépendants, alors $A$ et $\bar{B}$ sont aussi indépendants.

Pour $ε = 1$ ou $- 1$ et $A$ un événement de $Ω$ , on note

A^{ε} = {\begin{matrix} A & si ε = 1 \\ \bar{A} & si ε = - 1 . \end{matrix}

(b)

Soient $n \geq 2$ et $A_{1}, \dots, A_{n}$ des événements indépendants de $(Ω, P)$ . Montrer que pour tout $(ε_{1}, \dots, ε_{n}) \in {- 1,1}^{n}$ , les événements $A_{1}^{ε_{1}}, \dots, A_{n}^{ε_{n}}$ sont indépendants.

[<] Famille d'événements indépendants[>] Formule des probabilités totales et composées

Exercice 39 4012 Correction

Soient $A, B, C$ trois évènements avec $P (B \cap C) > 0$ . Vérifier

P (A ∣ B \cap C) P (B ∣ C) = P (A \cap B ∣ C) .

Solution

On a

P (A ∣ B \cap C) P (B ∣ C) = \frac{P (A \cap B \cap C)}{P (B \cap C)} \frac{P (B \cap C)}{P (C)} = P (A \cap B ∣ C) .

Exercice 40 3361 Correction

Soient $A$ et $B$ deux évènements avec $P (A) > 0$ . Comparer les probabilités conditionnelles

P (A \cap B ∣ A \cup B) et P (A \cap B ∣ A) .

Solution

Puisque $A \subset A \cup B$ , on a $P (A \cup B) \geq P (A)$ puis

\frac{P (A \cap B)}{P (A \cup B)} \leq \frac{P (A \cap B)}{P (A)}

c’est-à-dire

P (A \cap B ∣ A \cup B) \leq P (A \cap B ∣ A) .

Exercice 41 3841 Correction

Une urne contient 8 boules blanches et deux boules noires.
On tire sans remise et successivement 3 boules de cette urne.

(a)

Quelle est la probabilité qu’au moins une boule noire figure à l’intérieur du tirage?
(b)

Sachant qu’une boule noire figure dans le tirage. Quelle est la probabilité que la première boule tirée soit noire?

Solution

(a)

L’évènement contraire est que le tirage ne comporte que des boules blanches. Par dénombrement, sa probabilité est

$(\binom{8}{3}) / (\binom{10}{3}) = \frac{7}{15}$

et la probabilité cherchée est

$1 - \frac{7}{15} = \frac{8}{15} .$
(b)

Notons $A$ l’événement, la première boule tirée est noire. En raisonnant comme au dessus

$P (A) = \frac{9 \times 8 + 9 \times 8}{10 \times 9 \times 8} = \frac{1}{5} .$

L’événement $B$ , au moins une boule tirée est noire a été mesurée ci-dessus et donc

$P (A ∣ B) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)} = \frac{P (A)}{P (B)} = \frac{3}{8} .$

Exercice 42 3955 Correction

Cinq cartes d’un jeu de cinquante deux cartes sont servies à un joueur de Poker.

(a)

Quelle est la probabilité que celle-ci comporte exactement une paire d’As?
(b)

Même question sachant que le jeu distribué comporte au moins un As?

Solution

(a)

Il y a $(\binom{52}{5})$ distributions possibles équiprobables.
Il y a exactement $(\binom{4}{2})$ paires d’As, $(\binom{48}{3})$ façons de compléter ce jeu avec d’autres cartes que des As.
Au final, ce la donne la probabilité

$\frac{(\binom{4}{2}) (\binom{48}{3})}{(\binom{52}{5})} = \frac{2162}{54145} ≃ 0,04 .$
(b)

La probabilité que le jeu distribué ne comporte pas d’As est

$\frac{(\binom{48}{5})}{(\binom{52}{5})}$

et par complément, celle que le jeu distribué comporte au moins un As est

$1 - \frac{(\binom{48}{5})}{(\binom{52}{5})} .$

La probabilité conditionnelle cherchée est donc

$\frac{(\binom{4}{2}) (\binom{48}{3})}{(\binom{52}{5}) - (\binom{48}{5})} = \frac{1081}{9236} ≃ 0,12 .$

Exercice 43 3954

(Paradoxe des deux enfants)

Une famille a deux enfants.

(a)

Quelle est la probabilité que les deux soient des garçons?
(b)

Quelle est cette probabilité sachant que l’aîné est un garçon?
(c)

On sait qu’au moins l’un des enfants est un garçon, quelle est la probabilité que les deux le soient?
(d)

On sait que l’un des deux enfants est un garçon et qu’il est né un 29 février. Quelle est la probabilité que l’autre enfant soit aussi un garçon?

Exercice 44 5738 Correction

Une famille à deux enfants.

(a)

L’aîné est un garçon. Quelle est la probabilité que le cadet soit un garçon?
(b)

L’un des deux enfants est un garçon. Quelle est la probabilité que l’autre enfant soit un garçon?
(c)

On sait que l’un des enfants est un garçon et qu’il s’appelle « Pierre ». Quelle est la probabilité que l’autre enfant soit un garçon? (il est entendu que les deux enfants ne portent pas le même prénom).

Solution

On introduit les événements

	$G_{1}$	$= « L’aîné de la famille est un garçon »$
	$G_{2}$	$= « Le cadet de la famille est un garçon ».$

(a)

Par indépendance, $P (G_{2} ∣ G_{1}) = P (G_{2}) = 1 / 2$ .
(b)

On étudie $P (G_{1} \cap G_{2} ∣ G_{1} \cup G_{2})$ . Par définition d’une probabilité conditionnelle,

$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ G_{1} \cup G_{2})$ $= \frac{P (G_{1} \cap G_{2} \cap (G_{1} \cup G_{2}))}{P (G_{1} \cup G_{2})} = \frac{P (G_{1} \cap G_{2})}{P (G_{1} \cup G_{2})}$

$= \frac{P (G_{1} \cap G_{2})}{P (G_{1}) + P (G_{2}) - P (G_{1} \cap G_{2})} .$

Par indépendance, $P (G_{1} \cap G_{2}) = P (G_{1}) P (G_{2})$ et donc

$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ G_{1} \cup G_{2}) = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4}} = \frac{1}{3} .$
(c)

On introduit les événements

$T_{1}$ $= «  L’aîné de la famille est un garçon et il s’appelle Pierre  »$

$T_{2}$ $= «  Le cadet de la famille est un garçon et il s’appelle Pierre  ».$

L’événement «  L’un des enfants est un garçon et il s’appelle Pierre  » correspond à

$A = T_{1} \cup T_{2} .$

Il s’agit ici de calculer $P (G_{1} \cup G_{2} ∣ A)$ . Par la définition des probabilités conditionnelles,

$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ A) = \frac{P (G_{1} \cap G_{2} \cap A)}{P (A)} .$

En notant $p$ , la probabilité qu’un garçon s’appelle «  Pierre  » et sachant que les deux enfants ne portent pas le même prénom,

$P (A) = P (T_{1}) + P (T_{2}) = P (G_{1}) P (T ∣ G_{1}) + P (G_{2}) P (T ∣ G_{2}) = \frac{1}{2} p + \frac{1}{2} p = p .$

Parallèlement,

$P (G_{1} \cap G_{2} \cap A)$ $= P (G_{1} \cap G_{2} \cap T_{1}) + P (G_{1} \cap G_{2} \cap T_{2})$

$= P (G_{1} \cap G_{2}) P (T_{1} ∣ G_{1} \cap G_{2}) + P (G_{1} \cap G_{2}) P (T_{2} ∣ G_{1} \cap G_{2})$

$= \frac{1}{4} p + \frac{1}{4} p = \frac{1}{2} p$

et donc

$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ A) = \frac{1}{2} .$

Exercice 45 5932 Correction

On dispose de trois boîtes. Il y a la probabilité $p$ qu’un trésor se trouve dans l’une des boîtes et la probabilité $1 - p$ qu’il n’y ait pas de trésor dans celles-ci.

(a)

On ouvre une première boîte au hasard. Quelle est la probabilité d’y trouver un trésor?
(b)

On a ouvert deux boîtes sans y trouver de trésor. Quelle est la probabilité de trouver le trésor en ouvrant la troisième boîte?

Solution

Introduisons les événements:

T = « Le trésor se trouve dans une boîte »

A_{i} = « Le trésor se trouve dans la i -ème boîte ouverte » pour i = 1, 2, 3 .

Le contexte donne

P (T) = p et P (A_{i} ∣ T) = \frac{1}{3}

avec $A_{1}$ , $A_{2}$ et $A_{3}$ incompatibles de réunion $T$ .

(a)

Par la formule des probabilités composées,

$P (A_{1}) = P (A_{1} \cap T) = P (T) P (A_{1} ∣ T) = \frac{p}{3} .$
(b)

Il s’agit de déterminer $P (A_{3} ∣ \bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})$ .

Par la formule des probabilités conditionnelles,

$P (A_{3} ∣ \bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}}) = \frac{P (A_{3} \cap \bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})}{P (\bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})} = \frac{P (A_{3})}{P (\bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})} .$

Or

$P (\bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}}) = P (\bar{A_{1} \cup A_{2}}) = 1 - P (A_{1} \cup A_{2}) = 1 - P (A_{1}) - P (A_{2}) .$

En généralisant la résolution de la question précédente, on a $P (A_{i}) = p / 3$ et donc

$P ((A_{3} ∣ \bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})) = \frac{p / 3}{1 - 2 p / 3} = \frac{p}{3 - 2 p} .$

Exercice 46 3826 Correction

On considère $N$ coffres. Avec une probabilité $p$ , un trésor à été placé dans l’un de ces coffres, chaque coffre pouvant être choisi de façon équiprobable. On a ouvert $N - 1$ coffres sans trouver le trésor. Quelle est la probabilité pour qu’il figure dans le dernier coffre?

Solution

Considérons l’événement $A$ : un trésor est placé dans l’un des coffres. Par hypothèse

P (A) = p .

Considérons l’événement $A_{i}$ : un trésor est placé dans le coffre d’indice $i$ . Par hypothèse $P (A_{i}) = P (A_{j})$ et puisque les événements $A_{i}$ sont deux à deux incompatibles

P (A_{i}) = p / N .

La question posée consiste à déterminer

P (A_{N} ∣ {\bar{A}}_{1} \cap \dots \cap {\bar{A}}_{N - 1}) .

On a

P ({\bar{A}}_{1} \cap \dots \cap {\bar{A}}_{N - 1}) = 1 - P (A_{1} \cup \dots \cup A_{N - 1}) = 1 - \frac{N - 1}{N} p

P (A_{N} \cap {\bar{A}}_{1} \cap \dots \cap {\bar{A}}_{N - 1}) = P (A_{N}) = \frac{p}{N}

donc

P (A_{N} ∣ {\bar{A}}_{1} \cap \dots \cap {\bar{A}}_{N - 1}) = \frac{p}{N - (N - 1) p} .

Exercice 47 3828

(Loi des successions de Laplace)

On dispose de $N + 1$ urnes numérotées de $0$ à $N$ . L’urne de numéro $k$ contient $k$ boules blanches et $N - k$ boules rouges. On choisit une urne au hasard, chaque choix étant équiprobable. Dans l’urne choisie, on tire des boules avec remise.

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Quelle est la probabilité que la $(n + 1)$ -ième boule tirée soit blanche sachant que les $n$ précédentes le sont toutes?
(b)

Que devient cette probabilité lorsque $N$ tend vers l’infini?

[<] Probabilités conditionnelles[>] Formule de Bayes

Exercice 48 3831 Correction

Soient $A$ et $B$ deux événements d’un espace probabilisé.
On suppose $0 < P (B) < 1$ . Établir

P (A) = P (A ∣ B) P (B) + P (A ∣ \bar{B)} P (\bar{B}) .

Solution

On a

P (A) = P (A \cap (B \cup \bar{B})) = P ((A \cap B) \cup (A \cap \bar{B})) .

Les événements $A \cap B$ et $A \cap \bar{B}$ étant disjoints

P (A) = P (A \cap B) + P (A \cap \bar{B}) .

Or $P (A \cap B) = P (A ∣ B) P (B)$ et $P (A \cap \bar{B}) = P (A ∣ \bar{B}) P (\bar{B})$ .

Exercice 49 4579

On tire successivement deux boules dans une urne contenant 7 boules blanches et 3 boules rouges.

(a)

Quelle est la probabilité que la première boule tirée soit rouge?
(b)

Quelle est la probabilité d’avoir tiré deux boules rouges?
(c)

Quelle est la probabilité que la seconde boule tirée soit rouge?
(d)

Quelle est la probabilité qu’au moins l’une des deux boules soit rouge?
(e)

La seconde boule tirée est rouge. Quelle est la probabilité que la première boule tirée le soit aussi?

Exercice 50 3842 Correction

Une urne contient 8 boules blanches et deux boules noires.
On tire sans remise et successivement 3 boules de cette urne.
Quelle est la probabilité que la troisième boule du tirage soit noire?

Solution

Notons $A_{i}$ l’événement la boule obtenue lors du $i$ -ème tirage est noire.

On introduit un système complet d’événements en considérant $B_{1}, \dots, B_{4}$ égaux à

A_{1} \cap A_{2}, A_{1} \cap {\bar{A}}_{2}, {\bar{A}}_{1} \cap A_{2} et {\bar{A}}_{1} \cap {\bar{A}}_{2} .

Par la formule des probabilités totales,

P (A_{3}) = \sum_{k = 1}^{4} P (A_{3} ∣ B_{k}) P (B_{k}) .

Il ne reste plus qu’à évaluer…

P (A_{3} ∣ B_{1}) = 0

P (A_{3} ∣ B_{2}) = P (A_{3} ∣ B_{3}) = 1 / 8 avec P (B_{2}) = P (B_{3}) = 8 / 10 \times 2 / 9

P (A_{3} ∣ B_{4}) = 2 / 8 avec P (B_{4}) = 8 / 10 \times 7 / 9 .

Au final,

P (A_{3}) = \frac{2}{5} \times \frac{1}{9} + \frac{1}{5} \times \frac{7}{9} = \frac{9}{45} = \frac{1}{5} .

C’est aussi la probabilité que la première boule tirée soit noire et par un argument de symétrie ce n’est pas si étonnant…

Exercice 51 4205 Correction

Une pochette contient deux dés. L’un est parfaitement équilibré, mais le second donne un six une fois sur deux. On tire un dé au hasard de la pochette et on le lance une première fois. On obtient un six. Quelle est la probabilité d’obtenir un six au lancer suivant avec le même dé?

Solution

On introduit les événements

	$D$	$= « Le dé tiré est équilibré »,$
	$A$	$= « On obtient un six lors du premier lancer »,$
	$B$	$= « On obtient un six lors du second lancer ».$

Le cadre hypothétique donne

P (D) = \frac{1}{2}, P (A ∣ D) = P (B ∣ D) = \frac{1}{6} et P (A ∣ \bar{D)} = P (B ∣ \bar{D)} = \frac{1}{2} .

On veut calculer

P (B ∣ A) = \frac{P (A \cap B)}{P (A)} .

Les événements $D$ et $\bar{D}$ forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales, on a

P (A) = P (A ∣ D) P (D) + P (A ∣ \bar{D)} P (\bar{D}) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{3}

et aussi

P (A \cap B) = P (A \cap B ∣ D) P (D) + P (A \cap B ∣ \bar{D}) P (\bar{D}) = \frac{1}{36} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{5}{36}

donc

P (B ∣ A) = \frac{5}{12} .

Exercice 52 5554 Correction

Une urne contient $n$ boules blanches et $n$ boules rouges.

On tire successivement et sans remise $n$ boules dans cette urne.

Déterminer la probabilité qu’au moins une boule rouge figure dans ce tirage.

Solution

Notons $A$ l’événement « Au moins une boule rouge figure dans le tirage ». L’événement contraire est « Le tirage est uniquement constituée de boule blanche ».

Introduisons $B_{i}$ l’événement « La $i$ -ème boule tirée est blanche ». On a

\bar{A} = B_{1} \cap \dots \cap B_{n} .

Par probabilités composées,

P (\bar{A}) = P (B_{1}) P (B_{2} ∣ B_{1}) \times \dots \times P (B_{n} ∣ B_{1} \cap \dots \cap B_{n - 1}) .

Chaque probabilité composée peut être calculée car la composition de l’urne est connue,

P (\bar{A}) = \frac{n}{2 n} \cdot \frac{n - 1}{2 n - 1} \times \dots \times \frac{1}{n + 1} = {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} .

On a donc

P (A) = 1 - {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} .

Exercice 53 5842 Correction

Une urne contient $b > 0$ boules blanches et $r \geq 0$ boules rouges. On tire sans remise dans cette urne jusqu’à épuisement les boules contenues et, pour $k = 1, \dots, r + 1$ , on étudie les événements

A_{k} = « Une première boule blanche apparaît lors du k -ième tirage ».

(a)

Calculer $P (A_{k})$ pour $k = 1, \dots, r + 1$ .
(b)

En déduire l’identité

$\sum_{k = 1}^{r + 1} (\binom{b + r - k}{b - 1}) = (\binom{b + r}{b}) .$

Solution

(a)

Pour $i = 1, \dots, b + r$ , on introduit les événements

$B_{i} = « Une boule blanche est obtenue lors du i -ème tirage ».$

Pour $k = 1, \dots, r + 1$ , la probabilité de tirer pour la première fois une boule blanche lors du $k$ -ième tirage est

$P (A_{k}) = P (\bar{B_{1}} \cap \dots \cap \bar{B_{k - 1}} \cap B_{k}) .$

Par probabilités composées,

$P (A_{k}) = P (\bar{B_{1}}) P (\bar{B_{2}} ∣ \bar{B_{1}}) \times \dots \times P (\bar{B_{k - 1}} ∣ \bar{B_{1}} \cap \dots \cap \bar{B_{k - 2}}) P (B_{k} ∣ \bar{B_{1}} \cap \dots \cap \bar{B_{k - 1}}) .$

Les compositions d’urnes étant alors connues

$P (A_{k}) = \underset{\begin{matrix} k - 1 facteurs \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{r}{b + r} \times \dots \times \frac{r - (k - 2)}{b + r - (k - 2)}}} \times \frac{b}{b + r - (k - 1)} .$

On réécrit les produits d’entiers successifs à l’aide de quotient de nombres factoriels

$P (A_{k}) = \frac{r!}{(r - k + 1)!} \cdot \frac{(b + r - k)!}{(b + r)!} b .$

Afin de reconnaître des coefficients binomiaux, on introduit $(b - 1)!$ dans le calcul

$P (A_{k})$ $= \frac{r!}{(r - k + 1)!} \cdot \frac{(b + r - k)!}{(b + r)!} \cdot \frac{(b - 1)!}{(b - 1)!} b$

$= \frac{b! r!}{(b + r)!} \cdot \frac{(b + r - k)!}{(b - 1)! (r - k + 1)}$

$= {(\binom{b + r}{b})}^{- 1} (\binom{b + r - k}{b - 1}) .$
(b)

Les $A_{k}$ pour $k = 1, \dots, r + 1$ constituent un système complet d’événements: ils sont deux à deux incompatibles (par définition) et de réunion l’univers entier car une première boule blanche sera assurément tirée avant le $(r + 1)$ -ième tirage. On a donc

$\sum_{k = 1}^{r + 1} P (A_{k}) = 1$

ce qui entraîne la relation voulue.

Notons que l’identité demandée correspond à une réécriture¹¹ 1 Moyennant symétrie des coefficients binomiaux et changement d’indice de la somme de la relation

$\sum_{k = 0}^{p} (\binom{n + k}{k}) = (\binom{n + p + 1}{p}) .$

Cette dernière s’établit facilement par récurrence à l’aide de la formule du triangle de Pascal.

Exercice 54 5841 Correction

Une urne contient $b > 1$ boules blanches et $r$ boules rouges. On tire sans remise dans cette urne jusqu’à épuisement les boules contenues et, pour $k = 2, \dots, r + 2$ , on étudie les événements

A_{k} = « Une deuxième boule blanche apparaît lors du k -ième tirage ».

(a)

Calculer $P (A_{k})$ pour $k = 2, \dots, r + 2$ .
(b)

En déduire l’identité

$\sum_{k = 2}^{r + 2} (k - 1) (\binom{b + r - k}{b - 2}) = (\binom{b + r}{b}) .$

Solution

(a)

Pour $i = 1, \dots, b + r$ , on introduit les événements

B_{i} = « Une boule blanche est obtenue lors du i -ème tirage »

Pour $i = 1, \dots, r + 1$ , la probabilité de tirer pour la première fois une boule blanche lors du $i$ -ème tirage est

p_{i} = P (\bar{B_{1}} \cap \dots \cap \bar{B_{i - 1}} \cap B_{i})

Par probabilités composées,

p_{i} = P (\bar{B_{1}}) P (\bar{B_{2}} ∣ \bar{B_{1}}) \times \dots \times P (\bar{B_{i - 1}} ∣ \bar{B_{1}} \cap \dots \cap \bar{B_{i - 2}}) P (B_{i} ∣ \bar{B_{1}} \cap \dots \cap \bar{B_{i - 1}})

Les compositions d’urnes étant alors connues

p_{i} = \underset{\begin{matrix} i - 1 facteurs \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{r}{b + r} \times \dots \times \frac{r - (i - 2)}{b + r - (i - 2)}}} \times \frac{b}{b + r - (i - 1)}

Par la même démarche et en discutant selon le rang $i = 1, \dots, k - 1$ lors duquel une première boule blanche est tirée, on obtient

P (A_{k})

= \sum_{i = 1}^{k - 1} p_{i} \times \underset{\begin{matrix} k - i - 1 facteurs \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{r - (i - 1)}{b + r - i} \times \dots \times \frac{r - (k - 3)}{b + r - (k - 1)}}} \times \frac{b - 1}{b + r - (k - 1)} .

On réécrit les produits d’entiers successifs à l’aide de quotient de nombres factoriels et l’on constate que les termes sommés sont identiques

	$P (A_{k})$	$= \sum_{i = 1}^{k - 1} \frac{r!}{(r - k + 2)!} \cdot \frac{(b + r - k)!}{(b + r)!} \times b (b - 1)$
		$= (k - 1) \frac{r!}{(r - k + 2)!} \cdot \frac{(b + r - k)!}{(b + r)!} \times b (b - 1) .$

On introduit artificiellement $(b - 2)!$ dans le calcul afin de reconnaître des coefficients binomiaux

	$P (A_{k})$	$= (k - 1) \frac{r! (b - 2)!}{(b + r)!} \cdot \frac{(b + r - k)!}{(b - 2)! (r - k + 2)!} \times b (b - 1)$
		$= (k - 1) \frac{b! r!}{(b + r)!} \frac{(b + r - k)!}{(b - 2)! (r - k + 2)!}$
		$= (k - 1) {(\binom{b + r}{b})}^{- 1} (\binom{b + r - k}{b - 2}) .$

(b)

Les $A_{k}$ pour $k = 2, \dots, r + 2$ constituent un système complet d’événements: ils sont deux à deux incompatibles (par définition) et de réunion l’univers entier car une deuxième boule blanche sera assurément tirée entre le deuxième et le $(r + 2)$ -ième tirage. On a donc

$\sum_{k = 2}^{r + 2} P (A_{k}) = 1$

ce qui entraîne la relation voulue.

Exercice 55 3827 Correction

Une succession d’individus $A_{1}, \dots, A_{n}$ se transmet une information binaire du type « oui » ou « non ».
Chaque individu $A_{k}$ transmet l’information qu’il a reçu avec la probabilité $p$ à l’individu $A_{k + 1}$ ou la transforme en son inverse avec la probabilité $1 - p$ . Chaque individu se comporte indépendamment des autres.
Calculer la probabilité $p_{n}$ pour que l’information reçue par $A_{n}$ soit identique à celle émise par $A_{1}$ .
On suppose $0 < p < 1$ . Quelle est la limite de $p_{n}$ quand $n$ tend vers l’infini?

Solution

On a $p_{1} = 1$ et $p_{2} = p$ .
Supposons connu $p_{n}$ . Selon que $A_{n}$ émet la même information que $A_{1}$ ou non, on a par la formule des probabilités totales

p_{n + 1} = p p_{n} + (1 - p) (1 - p_{n}) .

La suite $(p_{n})$ vérifie donc la relation de récurrence

p_{n + 1} = (2 p - 1) p_{n} + 1 - p .

Sachant la condition initiale $p_{1} = 1$ , cette suite arithmético-géométrique a pour terme général

p_{n} = \frac{1 + {(2 p - 1)}^{n - 1}}{2} .

Si $p \in] 0; 1 [$ alors $| 2 p - 1 | < 1$ et donc $p_{n} \to 1 / 2$ .

Exercice 56 4592

Une lampe est éteinte dans une pièce lorsque survient une coupure d’électricité. Des individus pénètrent dans cette pièce et basculent plusieurs fois l’interrupteur en espérant que la lumière s’allume, sans succès… Quand l’électricité revient, quelle est la probabilité que la lumière soit allumée sachant que $n$ individus sont entrés dans la pièce et que chacun a la probabilité $p \in] 0; 1 [$ d’avoir repositionné l’interrupteur dans l’état où celui-ci figurait lorsqu’il est entré.

Exercice 57 5736 Correction

On lance indéfiniment une pièce qui donne pile avec la probabilité $p \in] 0; 1 [$ .

On note $a_{n}$ la probabilité que le nombre de piles obtenus lors des $n$ premiers lancers soit pair.

(a)

Calculer $a_{2}$ et $a_{3}$ .
(b)

Calculer $a_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ .

Solution

(a)

On introduit

$P_{n}$ $= « On obtient pile lors du n -ième lancer », F_{n} = \bar{P_{n}}$

$A_{n}$ $= « On obtient un nombre pair de pile lors des n premiers lancers ».$

On a immédiatement

$A_{2} = P_{1} P_{2} \cup F_{1} F_{2} .$

Par incompatibilité puis indépendance,

$a_{2} = P (A_{2}) = p^{2} + {(1 - p)}^{2} = 1 - 2 p + 2 p^{2} .$

De même, on décrit $A_{3}$

$A_{3} = P_{1} P_{2} F_{3} \cup P_{1} F_{2} P_{3} \cup F_{1} P_{2} P_{3} \cup F_{1} F_{2} F_{3}$

et l’on en déduit

$a_{3} = P (A_{3}) = 3 p^{2} (1 - p) + {(1 - p)}^{3} = 1 - 3 p + 6 p^{2} - 4 p^{3} .$
(b)

La famille $(P_{1}, F_{1})$ est un système complet d’événements. La formule des probabilités totales donne

$P (A_{n + 1}) = P (P_{1}) P (A_{n + 1} ∣ P_{1}) + P (F_{1}) (A_{n + 1} ∣ F_{1}) .$

Par translation de l’expérience,

$P (A_{n + 1} ∣ P_{1}) = 1 - a_{n} et P (A_{n + 1} ∣ F_{1}) = a_{n} .$

On obtient donc la relation de récurrence

$a_{n + 1} = p (1 - a_{n}) + (1 - p) a_{n} = p + (1 - 2 p) a_{n} .$

La suite $(a_{n})$ est arithmético-géométrique de raison $1 - 2 p$ , de point fixe $1 / 2$ et de premier terme $a_{0} = 1$ . On en déduit

$\forall n \in ℕ, a_{n} = \frac{1 + {(1 - 2 p)}^{n}}{2} .$

Exercice 58 5212

Une urne contient $n \in ℕ^{*}$ boules numérotées de $1$ à $n$ . On tire avec remise $n + 1$ boules dans cette urne et, pour tout $k \in ⟦ 1; n + 1 ⟧$ , on introduit l’événement:

A_{k} = « Lors du k -ième tirage, on obtient une boule déjà sortie précédemment ».

(a)

Soit $k \in ⟦ 1; n + 1 ⟧$ . Interpréter l’événement $B_{k} = \bar{A_{1} \cup \dots \cup A_{k}}$ .
(b)

Soit $k \in ⟦ 1; n ⟧$ . Calculer $P (A_{k + 1} ∣ B_{k})$ et en déduire une expression de $P (B_{k})$ .
(c)

Soit $k \in ⟦ 2; n + 1 ⟧$ . Exprimer la probabilité que l’on obtienne une boule tirée précédemment pour la première fois lors du $k$ -ième tirage.

Exercice 59 4591

Chaque jour, du lundi au vendredi, le professeur Zinzin a la probabilité $p \in] 0; 1 [$ d’égarer ses notes de cours en salle de classe. Peu lui importe car il improvise à chaque fois, mais ce vendredi soir il ne les retrouve plus et cela le contrarie car il s’y trouvait un dessin de sa fille Libi. Il est cependant certain de les avoir eues en sa possession le lundi matin. Quelle est la probabilité pour le professeur d’avoir perdu ses notes de cours le mercredi?

Exercice 60 5438 Correction

Un panier contient $r$ pommes rouges et $v$ pommes vertes. On pioche arbitrairement une pomme dans le panier et on la mange. On s’arrête quand il n’y a plus de pommes rouges. Vérifier que la probabilité que le panier soit alors vide vaut

\frac{r}{r + v} .

Solution

Notons $p (r, v)$ la probabilité que le panier soit vide à la fin du processus sachant qu’il était initialement constitué de $r$ pommes rouges et de $v$ pommes vertes. On a immédiatement

p (r, v) = {\begin{matrix} 1 & si v = 0 \\ 0 & si r = 0 et v > 0 \end{matrix}

ce qui est conforme à la formule proposée.

On introduit l’événement:

A = «  La première pomme piochée est rouge  ».

Pour $r \geq 1$ et $v \geq 1$ ,

P (A) = \frac{r}{r + v} et P (\bar{A}) = \frac{v}{r + v} .

Par la formule des probabilités totales et les symétries du processus,

p (r, v) = P (A) p (r - 1, v) + P (\bar{A}) p (r, v - 1)

et donc

p (r, v) = \frac{r}{r + v} p (r - 1, v) + \frac{v}{r + v} p (r, v - 1)

ce qui est à nouveau compatible avec la formule proposée.

En raisonnant par récurrence sur $r + v$ , on peut alors vérifier

p (r, v) = \frac{r}{r + v} pour tout (r, v) \in ℕ^{2} .

Exercice 61 4015 Correction

Deux entreprises asiatiques produisent des « langues de belle-mère » en proportion égale. Cependant certaines sont défectueuses, dans la proportion $p_{1}$ pour la première entreprise, dans la proportion $p_{2}$ pour la seconde. Un client achète un sachet contenant $n$ articles. 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 comporte $k$ articles fonctionnels (y compris le premier extrait)?

Solution

(a)

Notons $A_{i}$ l’évènement

«  le sachet est produit dans l’entreprise d’indice $i$   ».

Notons $B_{1}$ l’évènement

«  la première langue de belle-mère choisie dans le sachet est fonctionnelle  »

Puisque les entreprises produisent en proportion égale

$P (A_{1}) = P (A_{2}) = 1 / 2$

et par la formule des probabilités totales

$P (\bar{B_{1}}) = P (\bar{B_{1}} ∣ A_{1}) P (A_{1}) + P (\bar{B_{1}} ∣ A_{2}) P (A_{2}) = \frac{p_{1} + p_{2}}{2}$

puis

$P (B_{1}) = \frac{(1 - p_{1}) + (1 - p_{2})}{2} .$

Notons $B_{2}$ l’évènement «  la deuxième langue de belle-mère choisie dans le sachet est fonctionnelle  » On veut calculer

$P (B_{2} ∣ B_{1}) = \frac{P (B_{1} \cap B_{2})}{P (B_{1})} .$

Par la formule des probabilités totales

$P (B_{1} \cap B_{2}) = P (B_{1} \cap B_{2} ∣ A_{1}) P (A_{1}) + P (B_{1} \cap B_{2} ∣ A_{2}) P (A_{2}) .$

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

$P (B_{1} \cap B_{2}) = \frac{{(1 - p_{1})}^{2} + {(1 - p_{2})}^{2}}{2} .$

On en déduit

$P (B_{2} ∣ B_{1}) = \frac{{(1 - p_{1})}^{2} + {(1 - p_{2})}^{2}}{(1 - p_{1}) + (1 - p_{2})} .$
(b)

Pour $0 \leq k \leq n$ , notons $C_{k}$ l’évènement

$« le sachet contient k articles fonctionnels ».$

On veut mesurer

$P (C_{k} ∣ B_{1}) = \frac{P (C_{k} \cap B_{1})}{P (B_{1})} .$

Pour $k = 0$ , cette probabilité est nulle car $C_{0} \cap B_{1} = \emptyset$ .
Pour $k \in ⟦ 1; n - 1 ⟧$

$C_{k} \cap B_{1} = B_{1} \cap D_{k - 1}$

avec $D_{k - 1}$ l’évènement

$« en dehors du premier article, le sachet contient k - 1 articles fonctionnels ».$

On peut mesurer la probabilité de ces évènements dès que l’on connaît l’usine de production

$P (B_{1} \cap D_{k - 1} ∣ A_{i}) = (1 - p_{i}) (\binom{n - 1}{k - 1}) {(1 - p_{i})}^{k - 1} p_{i}^{n - k} .$

Par probabilités totales

$P (B_{1} \cap D_{k - 1}) = \frac{1}{2} (\binom{n - 1}{k - 1}) ({(1 - p_{1})}^{k} p_{1}^{n - k} + {(1 - p_{2})}^{k} p_{2}^{n - k})$

et enfin

$P (C_{k} ∣ B_{1}) = \frac{(\binom{n - 1}{k - 1}) ({(1 - p_{1})}^{k} p_{1}^{n - k} + {(1 - p_{2})}^{k} p_{2}^{n - k})}{(1 - p_{1}) + (1 - p_{2})} .$

Exercice 62 5777 X (PC)Correction

$N \geq 2$ passagers montent successivement dans un avion. Le premier passager se trompe et choisit une place autre que la sienne. Les passagers suivants prennent leur place attitrée si disponible ou une place au hasard parmi les places disponibles sinon. Déterminer la probabilité que le dernier passage soit à sa place.

Solution

Notons $p_{N}$ la probabilité recherchée. On a immédiatement $p_{2} = 0$ .

Introduisons les événements

	$A$	$= « Le deuxième passager choisit la place qui lui est attitrée »$
	$B$	$= « Le dernier passager choisit la place qui lui est attitrée ».$

Les événements $A$ et $\bar{A}$ forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,

P (B) = P (B ∣ A) P (A) + P (B ∣ \bar{A}) P (\bar{A}) .

Si le deuxième passager ne prend pas la place qui lui est attribuée, cela signifie que le premier passager l’occupait. Dans ce cas, le second passager choisit une place au hasard et l’expérience est analogue à celle qui serait conduite en supprimant le premier passager et en faisant entrer directement le second passager qui se trompe de place.

Si le deuxième passager prend sa place, on peut le retirer de l’expérience sans que cela ait d’incidence sur son déroulement. On en déduit

p_{N} = p_{N - 1} P (A) + p_{N - 1} P (A) = P (A) = \frac{N - 2}{N - 1} .

Exercice 63 5573 Correction

On réalise $n \in ℕ$ expériences de Bernoulli indépendantes.

Pour $k \in ⟦ 1; n ⟧$ , la probabilité de succès de la $k$ -ième expérience vaut $\frac{1}{2 k + 1}$ .

Déterminer la probabilité que le nombre total de succès obtenus soit pair.

Solution

Notons $p_{n}$ la probalité recherchée.

On remarque

p_{0} = 1, p_{1} = \frac{2}{3} et p_{2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{5} + \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} = \frac{9}{15} = \frac{3}{5} .

Par la formule des probabilités totales en discutant selon la nature du la dernière expérience

p_{n} = \frac{2 n}{2 n + 1} p_{n - 1} + \frac{1}{2 n + 1} (1 - p_{n - 1}) .

Par récurrence, on valide la formule

p_{n} = \frac{n + 1}{2 n + 1} pour tout n \in ℕ .

Exercice 64 2417

(Urne de Pólya)

Une urne contient initialement $b$ boules blanches et $r$ boules rouges. On tire dans celle-ci une boule, on note sa couleur et on la remet accompagnée de $d$ boules de la même couleur. On réalise l’expérience $n$ fois (avec $n \in ℕ^{*}$ ).

Déterminer la probabilité que la boule obtenue soit blanche lors du $n$ -ième tirage.

[<] Formule des probabilités totales et composées

Exercice 65 3962 Correction

Une pochette contient deux dés. L’un est parfaitement équilibré, mais le second donne un « six » une fois sur deux (les autres faces étant supposées équilibrées).
On tire au hasard un dé la pochette et on le lance.

(a)

On obtient un « six ». Quelle est la probabilité que le dé tiré soit équilibré?
(b)

Au contraire, on a obtenu un « cinq ». Même question.

Solution

(a)

Notons $D$ l’évènement le dé tiré est équilibré et $A$ l’évènement: on a obtenu un « six »

$P (D) = P (\bar{D}) = 1 / 2, P (A ∣ D) = 1 / 6 et P (A ∣ \bar{D)} = 1 / 2 .$

Par la formule de Bayes

$P (D ∣ A) = \frac{P (A ∣ D) P (D)}{P (A)}$

avec par la formule des probabilités totales

$P (A) = P (A ∣ D) P (D) + P (A ∣ \bar{D)} P (\bar{D}) .$

On obtient

$P (D ∣ A) = \frac{1}{4} .$
(b)

Notons $B$ l’évènement: on a obtenu un « cinq » Par des calculs analogues aux précédents

$P (D ∣ B) = \frac{\frac{1}{6} \times \frac{1}{2}}{\frac{1}{12} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{10}} = \frac{5}{8} .$

Exercice 66 3820 Correction

Dans une population, une personne sur 10 000 souffre d’une pathologie. Un laboratoire pharmaceutique met sur le marché un test sanguin. Celui-ci est positif chez $99$ % des malades mais aussi faussement positif chez 0,1 % des personnes non atteintes. Un individu passe ce test et obtient un résultat positif.
Quelle est sa probabilité d’être malade? Qu’en conclure?

Solution

Notons $Ω$ la population, $M$ le sous-ensemble constitué des individus malades et $T$ celui constitué des individus rendant le test positif. On a

P (M) = 10^{- 4}, P (T ∣ M) = 0,99 et P (T ∣ \bar{M)} = 10^{- 3} .

Par la formule des probabilités totales

P (T) = P (T ∣ M) P (M) + P (T ∣ \bar{M)} P (\bar{M})

puis par la formule de Bayes

P (M ∣ T) = \frac{P (M \cap T)}{P (T)} = \frac{P (T ∣ M) P (M)}{P (T)}

ce qui numériquement donne 9 %.
La personne n’a en fait qu’environ une chance sur 10 d’être malade alors que le test est positif! Cela s’explique aisément car la population de malade est de $1 / 10000$ et celle des personnes saines faussement positives est de l’ordre de $1 / 1000$ .

Exercice 67 4119

Dans une usine, 2 % des articles produits sont défectueux. Un contrôle qualité permet d’écarter 99 % des articles lorsqu’ils sont défectueux mais aussi 5 % des articles qui ne le sont pas!

(a)

Quelle est la probabilité qu’il y ait une erreur de contrôle?
(b)

Quelle est la probabilité qu’un article écarté par le contrôle soit défectueux?
(c)

Quelle est la probabilité qu’un article en sortie d’usine soit défectueux?

Édité le 23-02-2024

	$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ G_{1} \cup G_{2})$	$= \frac{P (G_{1} \cap G_{2} \cap (G_{1} \cup G_{2}))}{P (G_{1} \cup G_{2})} = \frac{P (G_{1} \cap G_{2})}{P (G_{1} \cup G_{2})}$
		$= \frac{P (G_{1} \cap G_{2})}{P (G_{1}) + P (G_{2}) - P (G_{1} \cap G_{2})} .$

	$T_{1}$	$= « L’aîné de la famille est un garçon et il s’appelle Pierre »$
	$T_{2}$	$= « Le cadet de la famille est un garçon et il s’appelle Pierre ».$

	$P (G_{1} \cap G_{2} \cap A)$	$= P (G_{1} \cap G_{2} \cap T_{1}) + P (G_{1} \cap G_{2} \cap T_{2})$
		$= P (G_{1} \cap G_{2}) P (T_{1} ∣ G_{1} \cap G_{2}) + P (G_{1} \cap G_{2}) P (T_{2} ∣ G_{1} \cap G_{2})$
		$= \frac{1}{4} p + \frac{1}{4} p = \frac{1}{2} p$

	$P (A_{k})$	$= \frac{r!}{(r - k + 1)!} \cdot \frac{(b + r - k)!}{(b + r)!} \cdot \frac{(b - 1)!}{(b - 1)!} b$
		$= \frac{b! r!}{(b + r)!} \cdot \frac{(b + r - k)!}{(b - 1)! (r - k + 1)}$
		$= {(\binom{b + r}{b})}^{- 1} (\binom{b + r - k}{b - 1}) .$

	$P_{n}$	$= « On obtient pile lors du n -ième lancer », F_{n} = \bar{P_{n}}$
	$A_{n}$	$= « On obtient un nombre pair de pile lors des n premiers lancers ».$