Exercice 1 4140 Correction

Montrer que l’ensemble des parties finies de $ℕ$ est dénombrable.

Solution

Notons $E$ l’ensemble des parties finies de $ℕ$ et $E_{n}$ l’ensemble des parties finies de $⟦ 0; n ⟧$ . Puisque toute partie finie de $ℕ$ est nécessairement majorée, on peut affirmer l’égalité

E = ⋃_{n \in ℕ} E_{n} .

Les ensembles $E_{n}$ étant finis et la réunion dénombrable, on peut affirmer que $E$ est dénombrable en tant qu’ensemble infini réunion dénombrable de parties au plus dénombrables. On peut aussi propose un dénombrement expliciter. Si l’on note $i_{1}, \dots, i_{k}$ les éléments d’une partie $A$ finie de $ℕ$ , on peut lui associer l’entier

n (A) = 2^{i_{1}} + \dots + 2^{i_{k}} .

L’existence et l’unicité de la décomposition d’un entier en somme de puissances de $2$ assurant la bijectivité de cette association.

Exercice 2 5551 Correction

Soient $E$ et $F$ sont deux parties dénombrables de $ℝ$ . Montrer que

E + F = {x + y | x \in E, y \in F}

est dénombrable.

Solution

On remarque

E + F = {x + y | x \in E et y \in F} = ⋃_{x \in E} (x + F) .

Or, pour chaque $x \in E$ , l’ensemble $F$ est en bijection avec $x + F$ via l’application $y \mapsto x + y$ . L’ensemble $x + F$ est donc dénombrable et, par réunion dénombrable d’ensembles dénombrables, $E + F$ est dénombrable.

Exercice 3 245 Correction

Existe-t-il une fonction continue $f$ de $ℝ$ dans $ℝ$ envoyant les rationnels dans les irrationnels et les irrationnels dans les rationnels?

Solution

Une telle fonction ne prendre qu’un nombre dénombrable de valeurs, or si celle-ci n’est pas constante, elle prend toutes les valeurs d’un intervalle non singulier ce qui constitue un nombre non dénombrable de valeurs. Une telle fonction ne peut donc exister.

Exercice 4 4063 Correction

On appelle nombre algébrique, tout nombre complexe $x$ solution d’une équation de la forme

a_{n} x^{n} + \dots + a_{1} x + a_{0} = 0 avec a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n} \in ℤ et a_{n} \neq 0 .

On appelle degré d’un nombre algébrique $x$ , le plus petit $n \in ℕ$ tel que $x$ soit solution d’une équation comme ci-dessus.

(a)

Quels sont les nombres algébriques de degré 1?
(b)

Montrer que l’ensemble des nombres algébriques de degré au plus $n$ est dénombrable.
(c)

L’ensemble de tous les nombres algébriques est-il dénombrable?

Solution

(a)

Ce sont les nombres rationnels.
(b)

Les nombres algébriques de degré au plus $n$ sont les solutions des équations

$a_{n} x^{n} + \dots + a_{1} x + a_{0} = 0 avec a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n} \in ℤ et a_{n} \neq 0 .$

Puisque $ℤ^{*} \times ℤ^{n}$ est un ensemble dénombrable, ces équations sont en nombre dénombrable. De plus, chacune possède au plus $n$ solutions. On peut donc percevoir l’ensemble des nombres algébriques comme une réunion dénombrable d’ensembles tous finis, c’est donc un ensemble dénombrable.
(c)

L’ensemble des nombres algébriques est la réunion dénombrable des ensembles précédents, c’est donc un ensemble dénombrable.

Exercice 5 4005 Correction

On souhaite établir que l’ensemble $℘ (ℕ)$ des parties de $ℕ$ n’est pas dénombrable.

Pour cela on raisonne par l’absurde et l’on suppose qu’il existe une bijection $φ$ de $ℕ$ vers $℘ (ℕ)$ .
Établir une absurdité en introduisant l’ensemble

A = {n \in ℕ | n \notin φ (n)} .

Solution

L’ensemble $A$ est par définition une partie de $ℕ$ . Puisque l’application $φ$ est bijective, il existe $n \in ℕ$ tel que $A = φ (n)$ . Étudions alors l’appartenance de $n$ à la partie $A$ .

Si $n \in A$ alors $n \notin φ (n)$ mais $A = φ (n)$ : c’est absurde.

Si $n \notin A$ alors $n \notin φ (n)$ et donc $n \in A$ : c’est à nouveau absurde.

Exercice 6 4304

(a)

Justifier que l’ensemble des parties finies de $ℕ$ est dénombrable.
(b)

Montrer que l’ensemble des parties de $ℕ$ n’est pas dénombrable.

On pourra raisonner par l’absurde et introduire ${n \in N | n \notin φ (n)}$ lorsque $φ$ désigne une bijection de $N$ vers $℘ (N)$ .

Exercice 7 4305

Soit ${(u_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ une suite d’éléments de $[0; 1]$ . Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on pose

I_{n} = [u_{n} - \frac{1}{2^{n + 1}}; u_{n} + \frac{1}{2^{n + 1}}] .

(a)

Montrer que pour tout entier naturel $n \geq 1$ , le segment $[0; 1]$ n’est pas inclus dans la réunion $I_{1} \cup \dots \cup I_{n}$ .

On peut alors construire une suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ d’éléments de $[0; 1]$ choisis tels que $x_{n}$ n’appartienne pas à $I_{1} \cup \dots \cup I_{n}$ .

(b)

Établir que l’intervalle $[0; 1]$ n’est pas dénombrable¹¹ 1 A fortiori, la droite réelle n’est pas non plus dénombrable. On peut aussi montrer que $ℝ$ est en bijection avec $℘ (ℕ)$ mais cela n’a rien d’évident..

Exercice 8 5666 Correction

Justifier que l’ensemble des points de discontinuité d’une fonction continue par morceaux de $ℝ$ vers $ℝ$ est au plus dénombrable.

Solution

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue par morceaux. Par définition, pour tout segment $[a; b] \subset ℝ$ , il existe une subdivision $σ = (a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n})$ de $[a; b]$ telle que $f$ est continue¹¹ 1 et présente des limites finies aux bornes. sur chaque intervalle $] a_{k - 1}; a_{k} [$ pour $k = 1, \dots, n$ . En particulier, $f$ ne possède qu’un nombre fini de points de discontinuité dans $[a; b]$ .

En notant $Δ_{n}$ l’ensemble des points de discontinuité de $f$ dans $[n; n + 1]$ pour $n \in ℤ$ , l’ensemble $Δ$ des points de discontinuité de $f$ vérifie

Δ = ⋃_{n \in ℤ} Δ_{n} .

L’ensemble $Δ$ est une réunion dénombrable d’ensembles finis, c’est un ensemble au plus dénombrable.

Exercice 9 5558 Correction

Soit ${(a_{i})}_{i \in I}$ une famille sommable de réels.

(a)

On fixe $ε > 0$ . Montrer que l’ensemble $J_{ε} = {i \in I | | a_{i} | \geq ε}$ est fini
(b)

En déduire que l’ensemble¹¹ 1 Celui-ci se nomme le support de la famille ${(a_{i})}_{i \in I}$ . $S = {i \in I | a_{i} \neq 0}$ est au plus dénombrable.

Solution

(a)

Puisque la famille ${(a_{i})}_{i \in I}$ est sommable, on peut introduire

$M = \sum_{i \in I} | a_{i} | \in ℝ_{+}$

Puisque les termes sommés sont positifs,

$M = \sum_{i \in I} | a_{i} | \geq \sum_{i \in J_{ε}} | a_{i} | \geq \sum_{i \in J_{ε}} ε = ε Card (J_{ε})$

On en déduit que l’ensemble $J_{ε}$ est fini.
(b)

On peut écrire

$S = ⋃_{ε > 0} J_{ε} = ⋃_{ε \in ℝ_{+}^{*}} J_{ε}$

Cependant, l’ensemble $ℝ_{+}^{*}$ n’est pas dénombrable. Écrivons plutôt

$S = ⋃_{n \in ℕ^{*}} J_{1 / n} .$

$S$ s’exprime alors comme une réunion dénombrable d’ensembles finis, c’est donc un ensemble fini ou dénombrable.

Exercice 10 5845 Correction

Montrer que l’ensemble des racines complexes des polynômes non nuls à coefficients dans $ℤ$ est dénombrable.

Solution

L’ensemble $ℤ [X]$ des polynômes à coefficients dans $ℤ$ est la réunion des ensembles $ℤ_{n} [X]$ pour $n \in ℕ$ :

ℤ [X] = ⋃_{n \in ℕ} ℤ_{n} [X]

$ℤ_{n} [X]$ est en bijection avec $ℤ^{n + 1}$ , cet ensemble est donc dénombrable. Par réunion dénombrable d’ensembles dénombrables, $ℤ [X]$ est dénombrable. A fortiori, $ℤ [X] ∖ {0}$ l’est aussi.

Chaque $P \in ℤ [X] ∖ {0}$ ne possède qu’un nombre fini de racines dans $ℂ$ :

\forall P \in ℤ [X] ∖ {0}, Card Z (P) \leq \deg (P) < + \infty

La réunion $Z$ des racines de polynômes non nuls à coefficients entiers est donc dénombrable en tant que réunion dénombrable d’ensembles finis:

Z = ⋃_{P \in ℤ [X] ∖ {0}} Z (P) .

Exercice 11 5552 Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction croissante.

Montrer que l’ensemble des points de discontinuité de $f$ est au plus dénombrable.

Solution

Puisque la fonction $f$ est croissante, elle admet une limite à droite et une limite à gauche en tout point $x$ de $] 0; 1 [$ . De plus, en notant $f (x^{+})$ et $f (x^{-})$ ces limites, on sait

f (x^{-}) \leq f (x) \leq f (x^{+}) .

Par conséquent, la fonction $f$ est continue en $x$ si, et seulement si, $f (x^{-}) = f (x^{+})$ . Les points de discontinuité de $f$ autres que $0$ et $1$ constituent donc l’ensemble

D = {x \in [0; 1] | f (x^{-}) < f (x^{+})} .

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Considérons l’ensemble

E_{n} = {x \in] 0; 1 [| f (x^{+}) - f (x^{-}) \geq \frac{1}{n}} .

Cet ensemble est fini car, en chaque point de celui-ci, la fonction $f$ progresse d’au moins $1 / n$ mais ne peut varier en tout que de $f (0)$ à $f (1)$ . Puisque $D$ est la réunion des ensembles $E_{n}$ pour $n \in ℕ^{*}$ , on peut affirmer que $D$ est une réunion dénombrable d’ensembles finis, c’est donc un ensemble au plus dénombrable.

[<] Ensemble dénombrable[>] Construction d'une probabilité

Exercice 12 3995 Correction

Soient $𝒜$ une tribu sur un ensemble $Ω$ et $Ω^{'}$ une partie de $Ω$ .
Vérifier que $𝒜^{'} = {A \cap Ω^{'} | A \in 𝒜}$ définit une tribu sur $Ω^{'}$ .

Solution

$Ω^{'} = Ω \cap Ω^{'}$ avec $Ω \in 𝒜$ donc $Ω^{'} \in 𝒜^{'}$ .
Soit $B \in 𝒜^{'}$ . On peut écrire $B = A \cap Ω^{'}$ avec $A \in 𝒜$ et alors $Ω^{'} ∖ B = \bar{A} \cap Ω^{'}$ avec $\bar{A} \in 𝒜$ . Ainsi, le complémentaire de $B$ dans $Ω^{'}$ est élément de $𝒜^{'}$ .
Soit $(B_{n})$ une suite d’éléments de $𝒜^{'}$ . On peut écrire $B_{n} = A_{n} \cap Ω^{'}$ avec $A_{n} \in 𝒜$ et alors

⋃_{n = 0}^{+ \infty} B_{n} = (⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n}) \cap Ω^{'} avec ⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n} \in 𝒜 .

Ainsi,

⋃_{n = 0}^{+ \infty} B_{n} \in 𝒜^{'} .

Exercice 13 5595 Correction

Soit $𝒜$ une tribu sur $ℝ$ vérifiant

\forall x \in ℝ,] - \infty; x] \in 𝒜 .

Montrer que tout intervalle de $ℝ$ est élément de $𝒜$ .

Solution

Par définition d’une tribu, les intervalles $ℝ$ et $\emptyset$ sont éléments de $𝒜$ .

Par hypothèse, les intervalles $] - \infty; x]$ avec $x \in ℝ$ sont éléments de $𝒜$ .

Par passage au complémentaire, les intervalles $] x; + \infty [$ sont aussi éléments de $𝒜$ .

Aussi, on remarque

] - \infty; x [= ⋃_{n \in ℕ^{*}}] - \infty; x - 1 / n] .

Par stabilité par réunion dénombrable, les intervalles $] - \infty; x [$ avec $x \in ℝ$ sont éléments de $𝒜$ .

Par passage au complémentaire, les intervalles $[x; + \infty [$ sont aussi éléments de $𝒜$ .

Enfin, pour tous $a \leq b \in ℝ$ , les intervalles bornés $[a; b]$ , $[a; b [$ , $] a; b]$ et $] a; b [$ appartiennent à $𝒜$ en tant qu’intersection de deux intervalles de la forme précédente:

	$[a; b] =] - \infty; b] \cap [a; + \infty [,$
	$[a; b [=] - \infty; b [\cap [a; + \infty [,$
	$] a; b] =] - \infty; b] \cap] a; + \infty [,$
	$] a; b [=] - \infty; b [\cap] a; + \infty [.$

Exercice 14 5622 Correction

On note $𝒜$ l’ensemble des parties $A$ de $ℕ$ vérifiant

\forall k \in ℕ, 2 k \in A \Leftrightarrow 2 k + 1 \in A .

Établir que $𝒜$ est une tribu sur $ℕ$ .

Solution

L’ensemble $𝒜$ est constitué de parties de $ℕ$ et $ℕ \in 𝒜$ .

Pour $A \in 𝒜$ , on vérifie que le complémentaire $\bar{A}$ appartient à $𝒜$ . En effet, pour $k \in ℕ$ ,

	$2 k \in \bar{A}$	$\Leftrightarrow 2 k \notin A$
		$\Leftrightarrow 2 k + 1 \notin A$
		$\Leftrightarrow 2 k + 1 \in \bar{A} .$

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’éléments de $𝒜$ . Étudions la réunion de ses termes

A = ⋃_{n \in ℕ} A_{n} .

Pour $k \in ℕ$ ,

	$2 k \in A$	$\Leftrightarrow \exists n \in ℕ, 2 k \in A_{n}$
		$\Leftrightarrow \exists n \in ℕ, 2 k + 1 \in A_{n}$
		$\Leftrightarrow 2 k + 1 \in A .$

Ainsi, $A$ est une partie de $𝒜$ .

On peut conclure que $𝒜$ est une tribu sur $ℕ$ .

Exercice 15 5726 Correction

Soit $B$ un élément d’une tribu $𝒜$ sur un ensemble $Ω$ .

(a)

Montrer que $𝒜_{1} = {A \subset Ω | A \cap B \in 𝒜}$ est une tribu sur $Ω$ .
(b)

Montrer que $𝒜_{2} = {A \subset Ω | A \cup B \in 𝒜}$ est une tribu sur $Ω$ .
(c)

Que dire de $𝒜_{3} = {A \subset Ω | A \cup B \in 𝒜 et A \cap B \in 𝒜}$ ?

Solution

(a)

$𝒜_{1}$ est une partie de $℘ (Ω)$ qui contient $Ω$ puisque $Ω \cap B = B \in 𝒜$ .

Si $A \in 𝒜_{1}$ alors $A \cap B \in 𝒜$ et donc, par passage au complémentaire $\bar{A} \cup \bar{B} \in 𝒜$ puis $(\bar{A} \cup \bar{B}) \cap B \in 𝒜$ . Or

$(\bar{A} \cup \bar{B}) \cap B = (\bar{A} \cap B) \cup (\underset{\begin{matrix} = \emptyset \end{matrix}}{\underset{⏟}{\bar{B} \cap B}}) = \bar{A} \cap B .$

Ainsi, $\bar{A} \cap B \in 𝒜$ : $𝒜_{1}$ est stable par passage au complémentaire.

Enfin, soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ est une suite d’éléments de $𝒜_{1}$ . On observe

$(⋃_{n \in ℕ} A_{n}) \cap B = ⋃_{n \in ℕ} (A_{n} \cap B) \in 𝒜$

et donc

$⋃_{n \in ℕ} A_{n} \in 𝒜_{1} .$

Finalement, $𝒜_{1}$ est une tribu sur $Ω$ .
(b)

On peut adapter la démonstration qui précède ou observer

$A \cup B \in 𝒜 \Leftrightarrow \bar{A} \cap \bar{B} \in 𝒜 .$

Par l’étude précédente,

${A \subset Ω | A \cap \bar{B} \in 𝒜}$

est une tribu sur $Ω$ . Celle-ci étant stable par passage au complémentaire,

$A \cap \bar{B} \in 𝒜 \Leftrightarrow \bar{A} \cap \bar{B} \in 𝒜$

et donc

$𝒜_{2} = {A \subset Ω | \bar{A} \cap \bar{B} \in 𝒜} = {A \subset Ω | A \cap \bar{B} \in 𝒜}$

est une tribu sur $Ω$ .
(c)

Pour $A \subset Ω$ , on remarque

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

Si $A \cup B \in 𝒜$ alors $\bar{A} \cup B \in 𝒜$ donc $A \cap \bar{B} \in 𝒜$ . Si de plus $A \cap B \in 𝒜$ , l’égalité précédente assure que $A \in 𝒜$ . Ainsi,

${A \subset Ω | A \cup B \in 𝒜 et A \cap B \in 𝒜} \subset 𝒜 .$

L’inclusion réciproque est immédiate et donc $𝒜_{3} = 𝒜$ .

Exercice 16 4007 Correction

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

𝒜 = {A \subset Ω | A ou \bar{A} est dénombrable} .

(a)

Vérifier que $𝒜$ est une tribu sur $Ω$ .
(b)

Justifier que $𝒜$ est la plus petite tribu (au sens de l’inclusion) contenant les singletons ${ω}$ pour $ω$ parcourant $Ω$ .
(c)

Vérifier que si $Ω$ est dénombrable alors $𝒜 = ℘ (Ω)$ .

Solution

(a)

$\bar{Ω} = \emptyset$ donc $\bar{Ω}$ est dénombrable et $Ω \in 𝒜$ .
$𝒜$ est évidemment stable par passage au complémentaire.
Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’éléments de $𝒜$ .
Cas: Tous les $A_{n}$ sont dénombrables. La réunion $⋃_{n \in ℕ} A_{n}$ est dénombrable en tant qu’union dénombrable de parties dénombrables.
Cas: L’un des $A_{n}$ n’est pas dénombrable. Posons $A_{n_{0}}$ ce vilain canard. On a nécessairement $\bar{A_{n_{0}}}$ dénombrable.
Or

$\bar{⋃_{n \in ℕ} A_{n}} \subset ⋂_{n \in ℕ} \bar{A_{n}} \subset \bar{A_{n_{0}}}$

donc $\bar{⋃_{n \in ℕ} A_{n}}$ est dénombrable car inclus dans une partie qui l’est.
Dans les deux cas, l’union des ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ est élément de $𝒜$ .
(b)

$𝒜$ est une tribu contenant tous les ${ω}$ pour $ω$ parcourant $Ω$ .
Soit $𝒜$ une tribu contenant tous les ${ω}$ pour $ω$ parcourant $Ω$ .
Les parties dénombrables de $Ω$ peuvent se percevoir comme réunion dénombrable de leurs éléments et sont donc éléments de la tribu $A$ .
Les partie dont le complémentaire est dénombrables sont alors aussi éléments de la tribu $A$ .
On en déduit que $𝒜 \subset 𝒜$ .
(c)

Si $Ω$ est dénombrable alors toute partie de $Ω$ peut s’écrire comme réunion dénombrable de parties ${ω}$ et est donc élément de $𝒜$ . On en déduit $℘ (Ω) = 𝒜$ .

Exercice 17 3997 Correction

Soient $f : Ω \to Ω^{'}$ une application et $𝒜^{'}$ une tribu sur $Ω^{'}$ . Vérifier que

𝒜 = {f^{- 1} (A^{'}) | A^{'} \in 𝒜^{'}}

définit une tribu sur $Ω$ .

Solution

$Ω = f^{- 1} (Ω^{'})$ avec $Ω^{'} \in 𝒜^{'}$ donc

Ω \in 𝒜 .

Soit $A \in 𝒜$ . Il existe $A^{'} \in 𝒜^{'}$ tel que $A = f^{- 1} (A^{'})$ . On a alors

\bar{A} = f^{- 1} (\bar{A^{'}}) avec \bar{A^{'}} \in 𝒜^{'}

donc

\bar{A} \in 𝒜^{'} .

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ} \in 𝒜^{ℕ}$ . Il existe ${(A_{n}^{'})}_{n \in ℕ} \in 𝒜^{', ℕ}$ telle que

\forall n \in ℕ, A_{n} = f^{- 1} (A_{n}^{'}) .

⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n} = f^{- 1} (⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n}^{'}) avec ⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n}^{'} \in 𝒜^{'}

donc

⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n} \in 𝒜 .

Exercice 18 4008 Correction

Soit une application $f : Ω \to Ω^{'}$ et l’ensemble

𝒜 = {A \subset Ω | A = f^{- 1} (f (A))} .

Vérifier que $𝒜$ est une tribu sur $Ω$ .

Solution

On a $Ω = f^{- 1} (f (Ω))$ donc $Ω \in 𝒜$ .

Soit $A \in 𝒜$ . Vérifions $\bar{A} \in 𝒜$ c’est-à-dire $\bar{A} = f^{- 1} (f (\bar{A}))$ .

L’inclusion directe est toujours vraie. Inversement, soit $x \in f^{- 1} (f (\bar{A}))$ . Il existe $y \in \bar{A}$ tel que $f (x) = f (y)$ . Si par l’absurde $x \in A$ alors $y \in f^{- 1} (f (A)) = A$ . Ceci étant exclu, $x \in \bar{A}$ et donc $f^{- 1} (f (\bar{A})) \subset \bar{A}$ puis égal.

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’éléments de $𝒜$ .

On a

f (⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n}) = ⋃_{n = 0}^{+ \infty} f (A_{n})

puis

f^{- 1} (f (⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n})) = ⋃_{n = 0}^{+ \infty} f^{- 1} (f (A_{n})) = ⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n} .

On peut donc conclure

⋃_{n = 0}^{+ \infty} A_{n} \in 𝒜 .

Exercice 19 4302

(Tribu engendrée par une partie)

Soit $Ω$ un univers.

(a)

Soit ${(𝒜_{i})}_{i \in I}$ une famille de tribus sur $Ω$ . Montrer que $𝒜 = ⋂_{i \in I} 𝒜_{i}$ détermine une tribu sur $Ω$ .
(b)

Soit $𝒮$ une partie de $℘ (Ω)$ . Montrer qu’il existe une unique tribu contenant $𝒮$ et incluse dans toutes les tribus contenant $𝒮$ .

Exercice 20 3999 Correction

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’évènements de l’espace probabilisable $(Ω, 𝒜)$ .

(a)

Vérifier que l’ensemble $A$ suivant est un événement:

$A = ⋃_{p \in ℕ} ⋂_{n \geq p} A_{n}$

Comment exprimer l’événement $A$ en langage naturel?
(b)

Mêmes questions avec

$A^{'} = ⋂_{p \in ℕ} ⋃_{n \geq p} A_{n} .$

Solution

(a)

Pour tout $p \in ℕ$ , $⋂_{n \geq p} A_{n}$ est un évènement car c’est une intersection dénombrable d’évènements. On en déduit que $A$ est un évènement par union dénombrable d’évènements.

L’évènement $A$ sera réalisé si, et seulement si, $⋂_{n \geq p} A_{n}$ est réalisé pour un certain $p$ . Cela signifie que les évènements de la suite $(A_{n})$ sont réalisés à partir d’un certain rang (ou encore que seul un nombre fini de $A_{n}$ ne sont pas réalisés).
(b)

$A^{'}$ est un évènement par des arguments analogues aux précédents.

La non réalisation de $A^{'}$ signifie la réalisation de

$\bar{A^{'}} = ⋃_{p \in ℕ} ⋂_{n \geq p} \bar{A_{n}}$

ce qui revient à signifier que seul un nombre fini de $A_{n}$ sont réalisés.

Par négation, la réalisation de $A^{'}$ signifie qu’une infinité de $A_{n}$ sont réalisés.

Exercice 21 4301

Soit $B$ un événement d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ .

Montrer que l’ensemble des événements indépendants de $B$

(a)

contient $Ω$ ,
(b)

est stable par passage au complémentaire,
(c)

est stable par réunion dénombrable d’événements deux à deux incompatibles,
(d)

ne forme généralement pas une tribu sur $Ω$ .

Exercice 22 4006 Correction

Soient $Ω$ un ensemble infini et ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une famille de parties de $Ω$ vérifiant

n \neq m ⟹ A_{n} \cap A_{m} = \emptyset et ⋃_{n \in ℕ} A_{n} = Ω .

On pose

𝒜 = {⋃_{n \in T} A_{n} | T \in ℘ (ℕ)} .

(a)

Montrer que $𝒜$ est une tribu de $Ω$ .
(b)

On suppose l’ensemble $Ω$ dénombrable.
Montrer que toute tribu infinie sur $Ω$ est de la forme ci-dessus pour une certaine famille ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ .
(c)

Existe-t-il des tribus dénombrables?

Solution

(a)

Considérons l’application $φ : Ω \to ℕ$ qui envoie $ω$ sur l’unique $n \in ℕ$ tel que $ω \in A_{n}$ .
Pour chaque $T \subset ℕ$ , on a $φ^{- 1} (T) = ⋃_{n \in T} A_{n}$ et donc $𝒜$ se comprend comme l’image réciproque de la tribu $℘ (ℕ)$ par l’application $φ$ . C’est donc bien une tribu.
(b)
Soit $𝒜$ une tribu sur l’ensemble dénombrable $Ω$ . On définit une relation d’équivalence $ℛ$ sur $Ω$ en affirmant que deux éléments $ω$ et $ω^{'}$ sont en relation si, et seulement si,

$\forall A \in 𝒜, ω \in A \Leftrightarrow ω^{'} \in A .$

Les classes d’équivalence de la relation $ℛ$ constituent une partition de $Ω$ et puisque l’ensemble $Ω$ est dénombrable, ces classes d’équivalence sont au plus dénombrables.
Par construction

$\forall A \in 𝒜, ω \in A ⟹ C l (ω) \subset A .$

Aussi, si $ω^{'} \notin C l (ω)$ alors il existe $A \in 𝒜$ tel que

$(ω \in A et ω^{'} \notin A) ou (ω \notin A et ω^{'} \in A) .$

Quitte à considérer $\bar{A}$ , on peut supposer $ω \in A$ et $ω^{'} \notin A$ et l’on note $A_{ω^{'}}$ cet ensemble.
On a alors

$C l (ω) = ⋂_{ω^{'} \notin C l (ω)} A_{ω^{'}} \in 𝒜 .$

En effet:
- —
  
  l’intersection est élément de $𝒜$ car il s’agit d’une intersection au plus dénombrable;
- —
  
  la classe est incluse dans l’intersection car $ω$ est élément de cette intersection;
- —
  
  si un élément $ω^{'}$ n’est par dans la classe, il n’est pas non plus dans l’ensemble $A_{ω^{'}}$ figurant dans l’intersection.
De plus, les éléments $A$ de la tribu $𝒜$ se décrivent sous la forme

$A = ⋃_{ω \in A} C l (ω) .$

S’il n’y a qu’un nombre fini de classe d’équivalence, la tribu $𝒜$ est de cardinal fini ce que les hypothèses excluent. Les classes d’équivalences sont donc en nombre dénombrables, on peut les décrire par une suite ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ vérifiant les hypothèses du sujet et les éléments de la tribu $𝒜$ apparaissent comme ceux de la forme

$⋃_{n \in T} A_{n} avec T \in ℘ (ℕ) .$
(c)

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

[<] Tribu[>] Propriétés d'une probabilité

Exercice 23 5553 Correction

Soit $ω$ un élément d’un ensemble $Ω$ muni d’une tribu $𝒜$ . Montrer que l’on définit une probabilité $P$ sur $(Ω, 𝒜)$ en posant, pour tout $A \in 𝒜$ ,

P (A) = {\begin{matrix} 0 & si ω \notin A \\ 1 & si ω \in A . \end{matrix}

Solution

L’application $P$ est correctement définie de $𝒜$ vers $[0; 1]$ .

On vérifie immédiatement $P (Ω) = 1$ .

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements deux à deux incompatibles et $A$ la réunion de ceux-ci.

Cas: $ω \notin A$ . L’élément $ω$ n’appartient à aucun $A_{n}$ et alors

\underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{P (A)}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{P (A_{n})}} .

Cas: $ω \in A$ . Il existe $n_{0} \in ℕ$ tel que $ω \in A_{n_{0}}$ et l’élément $ω$ n’appartient à aucun autre $A_{n}$ car les événements $A_{n}$ sont incompatibles. On vérifie alors

\underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{P (A)}} = \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{P (A_{n_{0}})}} + \sum_{\binom{n = 0}{n \neq n_{0}}}^{+ \infty} \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{P (A_{n})}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) .

Exercice 24 4016 Correction

Soit ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite strictement décroissante de réels positifs de limite nulle.

Déterminer $λ \in ℝ$ tel qu’il existe une probabilité $P$ sur $(ℕ, ℘ (ℕ))$ vérifiant

\forall n \in ℕ, P ({n, n + 1, \dots}) = λ a_{n} .

Solution

On remarque $a_{0} > 0$ car $(a_{n})$ est une suite strictement décroissante de limite nulle.

Analyse: Si $P$ est solution alors $P (ℕ) = 1$ et donc $λ a_{0} = 1$ . On en déduit $λ = 1 / a_{0}$ .

De plus,

	$P ({n})$	$= P ({n, n + 1, \dots} ∖ ({n + 1, n + 2, \dots})$
		$= P ({n, n + 1, \dots}) - P ({n + 1, n + 2, \dots}) = \frac{a_{n} - a_{n + 1}}{a_{0}} .$

Cela détermine $P$ .

Synthèse: Posons

p_{n} = \frac{a_{n} - a_{n + 1}}{a_{0}} pour tout n \in ℕ .

Les $p_{n}$ sont des réels positifs car la suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ est décroissante. De plus,

\sum_{n \in ℕ} p_{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} p_{n} = \frac{1}{a_{0}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (a_{n} - a_{n + 1}) = 1

car la suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ est de limite nulle. La famille ${(p_{n})}_{n \in ℕ}$ est donc une distribution de probabilités discrètes sur $ℕ$ . Il existe donc une probabilité $P$ sur $(ℕ, ℘ (ℕ))$ vérifiant

\forall n \in ℕ, P ({n}) = p_{n} .

Au surplus,

P ({n, n + 1, \dots}) = \sum_{k \in {n, n + 1, \dots}} p_{k} = \sum_{k = n}^{+ \infty} p_{k} = \frac{a_{n}}{a_{0}} = λ a_{n} avec λ = \frac{1}{a_{0}} .

La probabilité $P$ résout le problème posé.

Exercice 25 4011

Soit $Ω$ un ensemble. On introduit

𝒜 = {A \subset Ω | A ou \bar{A} est au plus dénombrable} .

(a)

Vérifier que $𝒜$ est une tribu sur $Ω$ .
(b)

On suppose l’ensemble $Ω$ infini et non dénombrable.

Montrer que l’on définit une probabilité $P$ sur $(Ω, 𝒜)$ en posant, pour tout $A$ de $𝒜$ ,

$P (A) = {\begin{matrix} 0 & si A au plus dénombrable \\ 1 & si \bar{A} au plus dénombrable. \end{matrix}$

Exercice 26 3009 MINES (MP)Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ à valeurs positives. Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

p_{n} = \int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t .

À quelles conditions sur $f$ existe-t-il une probabilité $P$ sur $(ℕ, ℘ (ℕ))$ pour laquelle

P ({n}) = p_{n} pour tout n \in ℕ ?

Solution

Une telle probabilité existe si, et seulement si, les $p_{n}$ forment une famille de réels positifs de somme égale à $1$ , c’est-à-dire une distribution de probabilités discrètes. Il est immédiat d’affirmer que les $p_{n}$ sont positifs. Étudions à quelles conditions sur $f$ ils forment une famille sommable de somme égale à $1$ .

Pour $N \in ℕ$ ,

\sum_{n = 0}^{N} p_{n} = \int_{0}^{1} (\sum_{n = 0}^{N} t^{n} f (t)) d t = \int_{0}^{1} \frac{1 - t^{N + 1}}{1 - t} f (t) d t .

On écrit astucieusement

f (t) = f (1) + f (t) - f (1)

et l’on obtient la décomposition

\sum_{n = 0}^{N} p_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1 - t^{N + 1}}{1 - t} f (1) d t + \int_{[0; 1 [} \frac{f (t) - f (1)}{1 - t} d t + \int_{0}^{1} t^{N + 1} \frac{f (t) - f (1)}{t - 1} d t .

où l’intégrale intermédiaire existe car la fonction intégrée se prolonge par continuité avec la valeur $f^{'} (1)$ en $1$ .

À rebours des calculs précédents,

\int_{0}^{1} \frac{1 - t^{N + 1}}{1 - t} f (1) d t = \sum_{k = 0}^{N} \int_{0}^{1} t^{k} f (1) d t = f (1) \sum_{k = 0}^{N} \frac{1}{k + 1} \to_{N \to + \infty}^{} {\begin{matrix} 0 & si f (1) = 0 \\ \pm \infty & si f (1) \neq 0 . \end{matrix}

Aussi,

| \int_{0}^{1} t^{N + 1} \frac{f (t) - f (1)}{t - 1} d t | \leq \int_{0}^{1} M t^{N + 1} d t = \frac{M}{n + 2} \to_{N \to + \infty}^{} 0

avec

M = sup_{t \in [0; 1 [} | \frac{f (t) - f (1)}{t - 1} | \in ℝ

On en déduit que la famille ${(p_{n})}_{n \in ℕ}$ est sommable de somme égale à $1$ si, et seulement si,

f (1) = 0 et \int_{0}^{1} \frac{f (t)}{1 - t} d t = 1

[<] Construction d'une probabilité[>] Événements Indépendants

Exercice 27 4002 Correction

Soit $P$ une probabilité sur $(ℕ, ℘ (ℕ))$ .
Montrer que

P ({n}) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Solution

On a $P (ℕ) = 1$ et $ℕ = ⋃_{n \in ℕ} {n}$ . Par $σ$ -additivité d’une probabilité

\sum_{n = 0}^{+ \infty} P ({n}) = 1 .

Puisque cette série converge, son terme général tend vers 0.
Par considération de reste de série convergente, on a aussi

P ({k} ∣ k \geq n) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 28 4041 MINES (PC)

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements deux à deux incompatibles d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ . Montrer

lim_{n \to + \infty} P (A_{n}) = 0 .

Exercice 29 5559 Correction

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

(a)

On suppose que $B$ est négligeable. Vérifier $P (A \cup B) = P (A)$ .
(b)

On suppose que $B$ est presque sûr. Vérifier $P (A \cap B) = P (A)$ .

Solution

(a)

Par croissance, $P (A) \leq P (A \cup B)$ car $A \subset A \cup B$ .

Par l’inégalité de Boole, $P (A \cup B) \leq P (A) + P (B) = P (A)$ .

Par double inégalité,

$P (A \cup B) = P (A) .$
(b)

Par expression de la probabilité d’une réunion,

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

Or $P (B) = 1$ et $P (A \cup B) = 1$ car $A \cup B$ contient $B$ . Après simplification, il vient alors

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

Exercice 30 5147

Soit $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé. Pour $A, B \in 𝒜$ , on pose

d (A, B) = P (A \cup B) - P (A \cap B) .

(a)

Soient $A, B, C \in 𝒜$ . Vérifier

$d (A, C) \leq d (A, B) + d (B, C) .$
(b)

En déduire

$| P (A) - P (B) | \leq d (A, B) .$

Exercice 31 5471 Correction

Soit $P$ une probabilité sur un univers $Ω$ .

(a)

Montrer que pour tout événement $A$ , $P (A) P (\bar{A}) \leq 1 / 4$ .
(b)

En déduire que, pour tous événements $A$ et $B$ ,

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

Solution

(a)

Pour $x = P (A)$ , l’inégalité voulue se réécrit $x (1 - x) \leq 1 / 4$ . Une étude de la fonction $x \mapsto x (1 - x)$ sur $[0; 1]$ suffit à valider cette inégalité (classique).

(b)

L’événement $B$ est la réunion des événements incompatibles $A \cap B$ et $\bar{A} \cap B$ et donc

	$P (A \cap B) - P (A) P (B)$	$= P (A \cap B) - P (A) (P (A \cap B) + P (\bar{A} \cap B))$
		$= P (A \cap B) (1 - P (A)) - P (A) P (\bar{A} \cap B)$
		$\leq P (A \cap B) (1 - P (A)) \leq P (A) P (\bar{A}) \leq \frac{1}{4}$

mais aussi

	$P (A \cap B) - P (A) P (B)$	$= P (A \cap B) (1 - P (A)) - P (A) P (\bar{A} \cap B)$
		$\geq - P (A) P (\bar{A} \cap B) \geq - P (A) P (\bar{A}) \geq - \frac{1}{4} .$

On en déduit l’inégalité voulue.

Exercice 32 5146

On considère un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ .

(a)

Montrer qu’une réunion finie ou dénombrable d’événements négligeables est un événement négligeable.
(b)

Que dire d’une intersection dénombrable d’événements presque sûrs?

Exercice 33 4000

(Lemme de Borel-Cantelli)

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ . On considère l’événement

A^{*} = ⋂_{p \in ℕ} (⋃_{n \geq p} A_{n}) .

(a)

Exprimer l’événement $A^{*}$ en langage naturel.
(b)

On suppose la convergence de la série $\sum P (A_{n})$ . Montrer $P (A^{*}) = 0$ .

Exercice 34 4010

(Inégalités de Fatou)

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements de l’espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ .
On introduit

A_{*} = ⋃_{p \in ℕ} (⋂_{n \geq p} A_{n}) et A^{*} = ⋂_{p \in ℕ} (⋃_{n \geq p} A_{n}) .

(a)

Vérifier que $A_{*}$ et $A^{*}$ sont des événements. Comment interpréter simplement ceux-ci?
(b)

Montrer $A_{*} \subset A^{*}$ .
(c)

Établir les inégalités

$P (A_{*}) \leq lim_{p \to + \infty} (inf_{n \geq p} P (A_{n})) et lim_{p \to + \infty} (sup_{n \geq p} P (A_{n})) \leq P (A^{*}) .$
(d)

Déterminer un exemple où ces inégalités sont strictes.

[<] Propriétés d'une probabilité[>] Calculs de probabilités

Exercice 35 3397 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

On repète $n$ fois et indépendamment une expérience qui a la probabilité $1 / n$ de réussite. Établir que la probabilité d’obtenir au moins un succès est supérieure à

1 - \frac{1}{e} .

Solution

Pour $i = 1, \dots, n$ , on introduit l’événement

A_{i} = «  La i -ème expérience est un succès  ».

L’événement étudié s’exprime

A = A_{1} \cup \dots \cup A_{n} .

Par passage à l’événement contraire,

P (A) = 1 - P (\bar{A}) = 1 - P (\bar{⋃_{i = 1}^{n} A_{i}}) = 1 - P (⋂_{i = 1}^{n} \bar{A_{i}}) .

Par indépendance des événements $A_{i}$ , on a aussi l’indépendance des événements $\bar{A_{i}}$ et donc

P (A) = 1 - \prod_{i = 1}^{n} P (\bar{A_{i}}) = 1 - {(1 - \frac{1}{n})}^{n} .

Or, sachant $\ln (1 + x) \leq x$ pour tout $x > - 1$ ,

{(1 - \frac{1}{n})}^{n} = \exp (n \ln (1 - \frac{1}{n})) \leq \exp (- n \cdot \frac{1}{n}) = e^{- 1}

et donc

P (A) \geq 1 - \frac{1}{e} .

Exercice 36 4013 Correction

(a)

Soit $(A_{1}, \dots, A_{n})$ une famille d’évènements indépendants. Pour chaque $i \in {1, \dots, n}$ , on pose $\tilde{A_{i}} = A_{i}$ ou $\bar{A_{i}}$ . Vérifier la famille $(\tilde{A_{1}}, \dots, \tilde{A_{n}})$ est constituée d’évènements indépendants.
(b)

Étendre le résultat au cas d’une famille ${(A_{i})}_{i \in I}$ .

Solution

(a)

Un calcul facile fournit

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

Il est alors immédiat de vérifier que

$A_{1}, \dots, A_{n} indépendants ⟹ A_{1}, \dots, \bar{A_{i}}, \dots, A_{n} indépendants.$

En enchaînant les négations, on obtiendra

$A_{1}, \dots, A_{n} indépendants ⟹ \tilde{A_{1}}, \dots, \tilde{A_{n}} indépendants.$
(b)

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

Exercice 37 4081 Correction

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’évènements indépendants.

(a)

Vérifier que, pour tout $x$ réel, $1 - x \leq e^{- x}$ .
(b)

Montrer que la probabilité qu’aucun des $A_{n}$ ne soit réalisé est inférieure à

$\exp (- \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n})) .$

Solution

(a)

La fonction $f : x \mapsto e^{- x} + x - 1$ est dérivable sur $ℝ$ avec $f^{'} (x) = 1 - e^{- x}$ du signe de $x$ . La fonction $f$ présente un minimum en $x = 0$ de valeur $f (0) = 0$ . Cette fonction est donc positive ce qui produit l’inégalité voulue.
(b)

On étudie

$P (⋂_{n = 0}^{+ \infty} \bar{A_{n}}) = lim_{N \to + \infty} P (⋂_{n = 0}^{N} \bar{A_{n}}) .$

Par indépendances des $\bar{A_{n}}$ , on a

$P (⋂_{n = 0}^{N} \bar{A_{n}}) = \prod_{n = 0}^{N} (1 - P (A_{n})) .$

Or $1 - x \leq e^{- x}$ pour tout $x \in ℝ$ donc

$P (⋂_{n = 0}^{N} \bar{A_{n}}) \leq \prod_{n = 0}^{N} e^{- P (A_{n})} = \exp (- \sum_{n = 0}^{N} P (A_{n})) .$

À la limite quand $N \to + \infty$

$P (⋂_{n = 0}^{+ \infty} \bar{A_{n}}) \leq \exp (- \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}))$

où l’on comprend l’exponentielle nulle si la série des $P (A_{n})$ diverge.

Exercice 38 5843 Correction

(Loi du zéro-un de Borel)

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements indépendants d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ . On considère l’événement

A^{*} = ⋂_{p \in ℕ} (⋃_{n \geq p} A_{n}) .

(a)

Exprimer l’événement $A^{*}$ en langage naturel.
(b)

Selon la nature de la série $\sum P (A_{n})$ , établir que $P (A^{*})$ vaut $0$ ou $1$ .

On pourra employer l’inégalité $1 - x \leq e^{- x}$ valable pour tout $x$ réel.

Solution

(a)

Pour $p \in ℕ$ , introduisons

$B_{p} = ⋃_{n \geq p} A_{n} .$

L’événement $B_{p}$ signifie l’existence d’au moins un $A_{n}$ réalisé parmi ceux d’indices supérieurs à $p$ . L’intersection définissant $A^{*}$ signifie que cela a lieu pour tout $p \in ℕ$ . L’événement $A^{*}$ signifie donc qu’il y a une infinité de $A_{n}$ réalisés.
(b)

Cas: $\sum P (A_{n})$ converge.

La suite d’événements $(B_{p})$ est décroissante car $B_{p + 1} \subset B_{p}$ pour tout $p \in ℕ$ .

Par continuité monotone,

$P (A^{*}) = lim_{p \to + \infty} P (B_{p}) .$

Par l’inégalité de Boole,

$P (B_{p}) \leq \sum_{n = p}^{+ \infty} P (A_{n}) .$

Le majorant est ici le reste d’une série convergente, il est donc de limite nulle lorsque $p$ tend vers l’infini. Par le théorème de convergence par encadrement, on conclut $P (A^{*}) = 0$ .

Notons que l’indépendance des événements $A_{n}$ n’a pas été employée ici. En fait, on retrouve ici la lemme de Borel-Cantelli (sujet 4000).

Cas: $\sum P (A_{n})$ diverge.

En passant à l’événement contraire,

$P (\bar{A^{*}}) = lim_{p \to + \infty} P (\bar{B_{p}}) avec \bar{B_{p}} = ⋂_{n \geq p} \bar{A_{n}} .$

Par continuité monotone,

$P (\bar{B_{p}}) = lim_{N \to + \infty} P (⋂_{n = p}^{N} \bar{A_{n}}) .$

Soit $N \geq p$ . Par indépendance¹¹ 1 L’indépendance des événements entraîne celle des événements contraires: voir le sujet 4585.,

$P (⋂_{n = p}^{N} \bar{A_{n}}) = \prod_{n = p}^{N} P (\bar{A_{n}}) = \prod_{n = p}^{N} (1 - P (A_{n})) .$

Par l’inégalité donnée en indication,

$0 \leq P (⋂_{n = p}^{N} \bar{A_{n}}) \leq \prod_{n = p}^{N} e^{- P (A_{n})} = \exp (- \sum_{n = p}^{N} P (A_{n})) .$

La divergence de la série à termes positifs $\sum P (A_{n})$ donne

$\sum_{n = p}^{N} P (A_{n}) \to_{N \to + \infty}^{} + \infty$

et donc, par théorème de convergence par encadrement, $P (\bar{B_{p}}) = 0$ . On peut alors conclure $P (\bar{A^{*}}) = 0$ puis $P (A^{*}) = 1$ .

Exercice 39 4082

Soit $s$ un réel strictement supérieur à $1$ .

(a)

Pour quelle valeur de $λ \in ℝ$ , existe-t-il une probabilité $P$ sur $(ℕ^{*}, ℘ (ℕ^{*}))$ telle que

$P ({n}) = \frac{λ}{n^{s}} pour tout n \in ℕ^{*} ?$

On munit l’espace $(ℕ^{*}, ℘ (ℕ^{*}))$ de cette probabilité.

Pour $p \in ℕ^{*}$ , on introduit l’événement $A_{p} = {n \in ℕ^{*} | p divise n}$ et l’on note $𝒫$ l’ensemble des nombres premiers.

(b)

Montrer que les événements $A_{p}$ pour $p$ parcourant $𝒫$ sont indépendants.
(c)

En étudiant $P ({1})$ , établir

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{s}} = \prod_{p \in 𝒫} {(1 - \frac{1}{p^{s}})}^{- 1} .$

Exercice 40 4109 Correction

Soient $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé et ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements indépendants.

(a)

Démontrer

$P (⋃_{n \in ℕ} A_{n}) = 1 - lim_{n \to + \infty} \prod_{k = 0}^{n} (1 - P (A_{k})) .$
(b)

On suppose $P (A_{n}) \neq 1$ pour tout $n \in ℕ$ . Démontrer

$P (⋃_{n \in ℕ} A_{n}) = 1 \Leftrightarrow \sum P (A_{n}) diverge.$

Solution

(a)

On a

$\bar{⋃_{n \in ℕ} A_{n}} = ⋂_{n \in ℕ} \bar{A_{n}} .$

Par continuité décroissante,

$P (⋂_{n \in ℕ} \bar{A_{n}}) = lim_{n \to + \infty} P (⋂_{k = 0}^{n} \bar{A_{k}}) .$

Enfin, par indépendance,

$P (⋂_{k = 0}^{n} \bar{A_{k}}) = \prod_{k = 0}^{n} P (\bar{A_{k}}) = \prod_{k = 0}^{n} (1 - P (A_{k})) .$

La relation demandée est dès lors immédiate.
(b)

$(⟹)$ Supposons $P (⋃_{n \in ℕ} A_{n}) = 1$ . On a donc

$\prod_{k = 0}^{n} (1 - P (A_{k})) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Sachant $P (A_{k}) \neq 1$ , on peut introduire $\ln (1 - P (A_{k}))$ et l’on a

$\sum_{k = 0}^{n} \ln (1 - P (A_{k})) = \ln (\prod_{k = 0}^{n} (1 - P (A_{k}))) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

Ainsi, la série $\sum \ln (1 - P (A_{n}))$ est divergente.

Distinguons alors deux cas:

Cas: La suite $(P (A_{n}))$ tend vers $0$ . On a

$- \ln (1 - P (A_{n})) \underset{n \to + \infty}{\sim} P (A_{n}) .$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum P (A_{n})$ diverge.

Cas: La suite $(P (A_{n}))$ ne tend pas vers $0$ . La série $\sum P (A_{n})$ diverge grossièrement et donc diverge.

$(⟸)$ Supposons la divergence de $\sum P (A_{n})$ .

On sait

$\forall x > - 1, \ln (1 + x) \leq x .$

On en déduit

$\forall n \in ℕ, - \ln (1 - P (A)) \geq P (A_{n}) .$

Par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum - \ln (1 - P (A_{n}))$ diverge. Ses sommes partielles croissent alors vers $+ \infty$ et donc

$\sum_{k = 0}^{n} \ln (1 - P (A_{k})) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

Par composition avec la fonction exponentielle,

$\prod_{k = 0}^{n} (1 - P (A_{k})) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Ce qui nous mène à

$P (⋃_{n \in ℕ} A_{n}) = 1 .$

[<] Événements Indépendants[>] Tournois

Exercice 41 4299

On lance indéfiniment un dé équilibré à six faces et l’on admet¹¹ 1 L’ensemble $Ω$ des suites d’entiers compris entre $1$ et $6$ n’est pas dénombrable, il n’est alors pas immédiat de définir une tribu et une probabilité permettant d’étudier l’expérience en cours. qu’il existe un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ qui permet d’étudier la succession des valeurs obtenues.

(a)

Calculer la probabilité d’obtenir un six pour la première fois lors du $n$ -ième lancer.
(b)

Montrer qu’il est presque sûr d’obtenir un six.
(c)

Montrer qu’il est presque sûr d’obtenir une infinité de six.

Exercice 42 4300

Une urne contient une boule blanche. Un joueur lance un dé équilibré à six faces. S’il obtient un six, il tire une boule dans l’urne, note sa couleur et l’expérience s’arrête. Sinon, il ajoute une boule rouge dans l’urne et répète l’expérience. On admet l’existence d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ permettant l’étude de cette expérience.

(a)

Quelle est la probabilité que le joueur tire la boule blanche?

On donne:

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{n} = - \ln (1 - x) pour tout x \in [- 1; 1 [.$
(b)

On suppose que le joueur a tiré la boule blanche. Quelle est la probabilité qu’il n’y ait pas d’autres boules dans l’urne?

Exercice 43 5336 Correction

On lance indéfiniment un dé équilibré. On sait qu’il est presque certain d’obtenir un six. Quelle est la probabilité que tous les lancers qui ont précédé le premier six soient distincts de un?

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit les événements

	$A_{n}$	$= « On obtient un premier six lors du n -ième lancer »$
	$B_{n}$	$= « On n’obtient pas de un avant le n -ième lancer ».$

On veut déterminer la probabilité de l’événement

E = ⋃_{n \in ℕ^{*}} P (A_{n} \cap B_{n}) .

Les événements $A_{n} \cap B_{n}$ sont deux à deux incompatibles et donc, par $σ$ -additivité,

P (E) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (A_{n} \cap B_{n}) .

Or, puisque le dé est équilibré,

P (A_{n}) = \frac{1}{6} {(\frac{5}{6})}^{n - 1} et P (B_{n} ∣ A_{n}) = {(\frac{4}{5})}^{n - 1} .

Par la formule des probabilités composées,

P (E) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (A_{n}) P (B_{n} ∣ A_{n}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{4^{n - 1}}{6^{n}} = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{1 - 2 / 3} = \frac{1}{2} .

Exercice 44 4303

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

(a)

Quelle est la probabilité que les $n$ premières boules tirées soient rouges?
(b)

Justifier qu’il est presque sûr que la boule blanche initiale sera tirée.

Exercice 45 5839 Correction

On effectue des tirages dans une urne contenant initialement $a$ boules blanches et $b$ boules rouges. Après chaque tirage, la boule est remise dans l’urne accompagnée de $c$ boules de la même couleur.

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , calculer la probabilité $p_{n}$ qu’une première boule blanche soit obtenue lors du $n$ -ième tirage.

On introduit

u_{0} = 1 et u_{n} = \prod_{k = 0}^{n - 1} \frac{b + k c}{a + b + k c} pour n \in ℕ^{*} .

(b)

Établir que $p_{n} = u_{n - 1} - u_{n}$ pour $n \in ℕ^{*}$ .
(c)

Calculer $\sum_{n = 1}^{+ \infty} p_{n}$ et interpréter.

Solution

(a)

Introduisons l’événement

$A_{n} = « Une boule blanche est obtenue lors du n -ième tirage ».$

Par définition,

$p_{n} = P (\bar{A_{1}} \cap \dots \cap \bar{A_{n - 1}} \cap A_{n}) .$

Par la formule des probabilités composées

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

À chaque calcul, la composition de l’urne est connue donc

$P (\bar{A_{1}})$ $= \frac{b}{a + b}$

$P (\bar{A_{2}} ∣ \bar{A_{1}})$ $= \frac{b + c}{a + b + c}$

$⋮$

$P (\bar{A_{n - 1}} ∣ \bar{A_{1}} \cap \dots \cap \bar{A_{n - 2}})$ $= \frac{b + (n - 2) c}{a + b + (n - 2) c}$

$P (A_{n} ∣ \bar{A_{1}} \cap \dots \cap \bar{A_{n - 1}})$ $= \frac{a}{a + b + (n - 1) c} .$

On a donc

$p_{n} = (\prod_{k = 1}^{n - 1} \frac{b + (k - 1) c}{a + b + (k - 1) c}) \frac{a}{a + b + (n - 1) c} .$
(b)

Pour $n = 1$ ,

$p_{1} = \frac{a}{a + b} et u_{0} - u_{1} = 1 - \frac{b}{a + b} = \frac{a}{a + b} .$

Pour $n \geq 2$ ,

$u_{n - 1} - u_{n}$ $= \prod_{k = 0}^{n - 2} \frac{b + k c}{a + b + k c} - \prod_{k = 0}^{n - 1} \frac{b + k c}{a + b + k c}$

$= (\prod_{k = 0}^{n - 2} \frac{b + k c}{a + b + k c}) (1 - \frac{b + (n - 1) c}{a + b + (n - 1) c})$

$= (\prod_{k = 0}^{n - 2} \frac{b + k c}{a + b + k c}) \frac{a}{a + b + (n - 1) c} = p_{n} .$
(c)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$\sum_{k = 1}^{n} p_{k} = u_{0} - u_{n} .$

Or $u_{n} > 0$ et

$\ln (u_{n}) = \sum_{k = 0}^{n - 1} \ln (\frac{b + k c}{a + b + k c})$

avec

$\ln (\frac{b + k c}{a + b + k c}) = \ln (1 - \frac{a}{a + b + k c}) \underset{k \to + \infty}{\sim} - \frac{a}{k c} .$

Par équivalence de séries divergentes à termes négatifs,

$\sum_{k = 0}^{n - 1} \ln (\frac{b + k c}{a + b + k c}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty$

et donc, par composition avec la fonction exponentielle,

$u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} p_{n} = 1 .$

Quel que soit les paramètres $a$ , $b$ et $c$ retenus, une boule blanche sera tirée.

Exercice 46 5148

Dans une population, la probabilité qu’une famille ait $n \in ℕ$ enfants est

p_{n} = a \frac{2^{n}}{n!} avec a > 0 .

(a)

Déterminer la valeur de $a$ .
(b)

Une famille comporte au moins un enfant. Quelle est la probabilité que la famille ait exactement deux enfants?

On suppose qu’il est équiprobable qu’un enfant soit une fille ou un garçon et l’indépendance des sexes des enfants à l’intérieur d’une même famille.

(c)

Calculer la probabilité qu’une famille comporte au moins une fille.
(d)

On suppose qu’une famille a au moins une fille. Quelle est la probabilité que la famille soit constituée de deux enfants exactement?

Exercice 47 5337 Correction

Un étudiant passe une épreuve constituée par une série illimitée de questions numérotées $1,2,3, \dots$ . Ces questions lui sont posées dans cet ordre et sont ordonnées en difficulté croissante de sorte que la probabilité que l’étudiant réponde correctement à la question d’indice $k \in ℕ^{*}$ est égale à $1 / k$ . L’épreuve s’arrête dès que l’étudiant se trompe.

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Quelle est la probabilité que l’étudiant réponde correctement à au moins $n$ questions.
(b)

Quelle est la probabilité que l’étudiant réponde correctement à exactement $n$ questions.
(c)

Quelle est la probabilité que l’étudiant réponde indéfiniment aux questions posées?

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit les événements

$A_{n}$ $= « L’étudiant répond correctement à la n -ième question »,$

$B_{n}$ $= « L’étudiant répond correctement aux n premières questions ».$

On remarque $B_{n} = A_{1} \cap \dots \cap A_{n}$ . Par indépendance (présupposée),

$P (B_{n}) = P (A_{1}) \times \dots \times P (A_{n}) = \frac{1}{n!} .$
(b)

On étudie ici la probabilité de $B_{n} ∖ B_{n + 1}$ . Puisque $B_{n + 1}$ est inclus dans $B_{n}$ ,

$P (B_{n} ∖ B_{n + 1}) = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n + 1)!} = \frac{n}{(n + 1)!} .$
(c)

La probabilité de $B_{n}$ est de limite nulle: la probabilité que l’étudiant réponde indéfiniment aux questions posées est nulle.

Exercice 48 5341 Correction

On étudie la descendance d’une variété de fleurs. À l’instant $0$ , on dispose d’une fleur qui meurt à l’instant suivant en engendrant deux fleurs avec la probabilité $p \in] 0; 1 [$ ou aucune avec la probabilité $q = 1 - p$ . Chaque nouvelle fleur à la même destinée indépendamment de ses congénères.

On admet l’existence d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ permettant l’étude de cette expérience. Pour $n \in ℕ$ , on introduit $u_{n}$ la probabilité de l’événement

E_{n} = «  La lignée de la fleur initiale est éteinte à l’instant n ».

(a)

Calculer $u_{0}, u_{1}$ et $u_{2}$ .
(b)

Établir que la suite $(u_{n})$ converge. On note $L$ sa limite.
(c)

Montrer que, pour tout $n \in ℕ$ , $u_{n + 1} = p u_{n}^{2} + q$ .
(d)

En déduire

$L = \min (1, \frac{q}{p}) .$

Solution

(a)

À l’instant initiale, il y a une fleur et donc $u_{0} = 0$ .

À l’instant suivant, il y a deux fleurs avec la probabilité $p$ ou aucune avec la probabilité $q$ . On a donc $u_{1} = q$ .

En figurant un arbre visualisant l’expérience, on obtient

$u_{2} = q + p q^{2} .$

ce que l’on comprend « soit la fleur initiale s’éteind immédiatement, soit elle génère deux fleurs qui s’éteignent immédiatement ».
(b)

Les événements $E_{n}$ constituent une suite croissante et donc $u_{n} \leq u_{n + 1}$ . La suite $(u_{n + 1})$ est croissante et majorée (par $1$ ), elle admet donc une limite finie $L$ .
(c)

Méthode: On applique la formule des probabilités totales en discutant selon le début du processus.

On introduit le système complet d’événement $(A, \bar{A})$ avec

$A = « La fleur initiale a généré deux fleurs ».$

Soit $n \in ℕ$ . Par la formule des probabilités totales,

$u_{n + 1} = P (E_{n + 1}) = P (A) P (E_{n + 1} ∣ A) + P (\bar{A}) P (E_{n + 1} ∣ \bar{A}) = p P (E_{n + 1} ∣ A) + q \times 1 .$

Lorsque la fleur initiale a généré deux fleurs, il faut et il suffit que les générations d’ordre $n$ de ces deux-ci soient éteintes pour que la génération d’ordre $n + 1$ de la fleur initiale le soit. Par indépendance des deux lignées,

$P (E_{n + 1} ∣ \bar{A}) = P {(E_{n})}^{2} = u_{n}^{2} .$

On forme ainsi la relation de récurrence attendue $u_{n + 1} = p u_{n}^{2} + q$ pour tout $n \in N$ .
(d)

Méthode: On passe la relation de récurrence à la limite.

Les suites $(u_{n})$ et $(u_{n + 1})$ étant de limite $L$ , la relation précédente donne à la limite

$L = p L^{2} + q .$

Cette équation possède deux solutions: $1$ et $q / p$ . Poursuivons en comparant celles-ci.

Cas: $q / p \geq 1$ . Les termes de la suite $(u_{n})$ appartiennent à $[0; 1]$ et donc la limite $L$ aussi. On en déduit $L = 1$ car $1$ est la seule limite possible.

Cas: $q / p < 1$ . On vérifie par récurrence que les termes de la suite $(u_{n})$ sont tous inférieurs à $q / p$ . En effet, cela est vrai pour le terme d’indice $0$ et si $u_{n} \leq q / p$ alors

$u_{n + 1} = p u_{n}^{2} + q \leq p \frac{q^{2}}{p^{2}} + q = \frac{q^{2} + p q}{p} = \frac{q (q + p)}{p} \frac{q}{p} .$

La suite $(u_{n})$ est alors croissante et majorée par $L$ : elle ne peut pas tendre vers $1$ et $q / p$ est donc sa limite.

Exercice 49 5086

On suppose disposer d’une pièce dont la probabilité $p \in] 0; 1 [$ de donner pile n’est pas connue.

Proposer une expérience employant cette pièce permettant de définir un événement de probabilité $1 / 2$ .

[<] Calculs de probabilités[>] Temps d'attente

Exercice 50 4097

Deux archers tirent à tour de rôle sur une cible. Le premier qui touche a gagné. Le joueur qui commence a la probabilité $p_{1}$ de toucher à chaque tir et le second la probabilité $p_{2}$ (avec $p_{1}, p_{2} \in] 0; 1]$ ).

(a)

Quelle est la probabilité que le premier archer gagne?
(b)

Montrer qu’il est quasi certain que le tournoi se termine.
(c)

Pour quelles valeurs de $p_{1}$ existe-t-il une valeur de $p_{2}$ pour laquelle le tournoi est équitable?

Exercice 51 5840 Correction

Deux joueurs $J_{1}$ et $J_{2}$ s’affrontent dans un tournoi jusqu’à la victoire de l’un d’eux. Le tournoi consiste en une succession de manches indépendantes. À chaque manche, le joueur $J_{1}$ peut l’emporter avec la probabilité $p_{1} > 0$ , le joueur $J_{2}$ avec la probabilité $p_{2} > 0$ ou bien il peut y avoir match nul avec la probabilité $q = 1 - p_{1} - p_{2}$ . S’il l’un des joueurs emporte la manche, il est déclarer vainqueur du tournoi. S’il y a match nul, on passe à la manche suivante.

Justifier que le tournoi s’arrête et calculer la probabilité de victoire de chaque joueur.

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , introduisons les événements:

	$A_{n}$	$= « Le joueur J_{1} emporte la n -ième manche »$
	$B_{n}$	$= « Le joueur J_{2} emporte la n -ième manche »$
	$C_{n}$	$= « Il y a match nul lors de la n -ième manche ».$

L’événement « Le tournoi ne s’arrête pas » correspond à

⋂_{n \in ℕ^{*}} C_{n} .

Par continuité monotone puis indépendance,

P (⋂_{n \in ℕ^{*}} C_{n}) = lim_{N \to + \infty} P (⋂_{n = 1}^{N} C_{n}) = lim_{N \to + \infty} \prod_{n = 1}^{N} P (C_{n}) = lim_{n \to + \infty} q^{n} = 0 .

L’événement « Le tournoi s’arrête » est donc presque sûr.

La victoire du joueur $J_{1}$ correspond à l’existence d’une manche à laquelle celui-ci gagne précédée uniquement de manches nulles. L’événement correspondant est

V_{1} = ⋃_{n \in ℕ^{*}} C_{1} \cap \dots \cap C_{n - 1} \cap A_{n} .

Par incompatibilité puis indépendance,

P (V_{1}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (C_{1}) \times \dots \times P (C_{n - 1}) P (A_{n}) = p_{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} q^{n} = \frac{p_{1}}{1 - q} = \frac{p_{1}}{p_{1} + p_{2}} .

Par les mêmes calculs, la probabilité de victoire du joueur $J_{2}$ est

P (V_{2}) = \frac{p_{2}}{p_{1} + p_{2}} .

Exercice 52 4031

Deux joueurs $J_{1}$ et $J_{2}$ s’affrontent lors d’un tournoi constitué de parties indépendantes. Initialement, les joueurs possèdent $N$ pièces à eux deux. À chaque tour, le joueur $J_{1}$ a la probabilité $p \in] 0; 1 [$ d’emporter la partie et le joueur $J_{2}$ la probabilité complémentaire $q = 1 - p$ . Le joueur perdant cède alors une pièce au vainqueur. La succession de parties continue jusqu’à ce que l’un des deux joueurs ne possède plus de pièces, l’autre est alors déclaré vainqueur du tournoi.

Soit $n \in ⟦ 0; N ⟧$ . On note $a_{n}$ la probabilité que le joueur $J_{1}$ gagne le tournoi lorsqu’il possède initialement $n$ pièces.

(a)

Déterminer $a_{0}$ et $a_{N}$ et établir $a_{n} = p a_{n + 1} + q a_{n - 1}$ pour tout $n \in ⟦ 1; N - 1 ⟧$ .
(b)

Calculer $a_{n}$ en introduisant $u_{n} = a_{n} - a_{n - 1}$ pour $n \in ⟦ 1; N ⟧$ .
(c)

Montrer que le tournoi s’arrête presque sûrement.

Exercice 53 5342 Correction

Deux joueurs s’affrontent dans un tournoi constitué de plusieurs manches indépendantes. À chacune d’elles, le premier joueur a la probabilité $p \in] 0; 1 [$ de l’emporter et le tournoi s’arrête lorsque l’un des joueurs à emporter deux parties de plus que son adversaire et est déclaré vainqueur.

(a)

Justifier que le tournoi ne peut s’arrêter qu’après un nombre pair de manches.
(b)

Calculer la probabilité de l’événement

« Les joueurs sont à égalité au bout de $2 n$ manches ».
(c)

Quelle est la probabilité que le premier joueur gagne?
(d)

Montrer que le tournoi s’arrête presque sûrement.

Solution

(a)

Avant de gagner la manche où l’un des joueurs emporte le tournoi, celui-ci avait gagné une manche de plus que son adversaire et, avant celle-ci, les deux joueurs étaient nécessairement à égalité. Ils avaient donc emporter chacun le même nombre $n$ de manches et la partie s’est arrêté au bout de $2 n + 2$ manches.
(b)

Posons $u_{n}$ la probabilité de l’événement

$E_{n} = « Les joueurs sont à égalité au bout de 2 n manches ».$

Méthode: On forme une relation de récurrence satisfaite par la suite des $P (E_{n})$ en déduisant l’événement $E_{n + 1}$ de l’événement $E_{n}$ .

L’événement $E_{0}$ est presque sûr et donc $u_{0} = 1$ . Aussi, $E_{n + 1}$ est inclus dans $E_{n}$ car si les joueurs ne sont pas à égalité au bout de $2 n$ manches c’est que l’un des deux a déjà emporté le tournoi. Si, pour $k \in ℕ^{*}$ , on introduit l’événement

$V_{k} = « Le premier joueur emporte la manche d’indice k »$

on remarque

$E_{n + 1} = (E_{n} \cap V_{2 n + 1} \cap \bar{V_{2 n + 2}}) \cup (E_{n} \cap \bar{V_{2 n + 1}} \cap V_{2 n + 2}) .$

Par incompatibilité,

$P (E_{n + 1}) = P (E_{n} \cap V_{2 n + 1} \cap \bar{V_{2 n + 2}}) + P (E_{n} \cap \bar{V_{2 n + 1}} \cap V_{2 n + 2}) .$

Par l’indépendance des résultats des différentes manches,

$P (E_{n + 1}) = P (E_{n}) P (V_{2 n + 1}) P (\bar{V_{2 n + 2}}) + P (E_{n}) P (\bar{V_{2 n + 1}}) P (V_{2 n + 2})$

ce qui donne la relation de récurrence géométrique

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

On en déduit

$u_{n} = {(2 p (1 - p))}^{n} pour tout n \in ℕ .$
(c)

On veut déterminer la probabilité de l’événement

$W = « Le premier joueur gagne le tournoi ».$

L’événement $W$ est la réunion disjointe pour $n$ parcourant $ℕ$ des événements

$W_{n} = « Le premier joueur gagne le tournoi lors de la (2 n + 2) -ième manche ».$

Avant de gagner à la $(2 n + 2)$ -ième manche, les joueurs étaient à égalité lors de la $2 n$ -ième et donc

$W_{n} = E_{n} \cap V_{2 n + 1} \cap V_{2 n + 2} .$

Par indépendance des différentes manches,

$P (W_{n}) = p^{2} u_{n} .$

Par additivité dénombrable¹¹ 1 La série de terme général $P (W_{n})$ est assurément convergente car les événements $W_{n}$ sont deux à deux incompatibles. La série géométrique de terme général ${(2 p (1 - p))}^{n}$ est donc convergente ce qui assure que sa raison $2 p (1 - p)$ est strictement inférieur à $1$ . On peut aussi retrouver cette affirmation en employant l’inégalité classique $p (1 - p) \leq 1 / 4$ .,

$P (W) = P (⋃_{n \in ℕ} W_{n}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (W_{n}) = p^{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(2 p (1 - p))}^{n} = \frac{p^{2}}{1 - 2 p (1 - p)} .$
(d)

On détermine la probabilité de l’événement contraire

$I = « Le tournoi ne se termine pas ».$

On peut percevoir l’événement $I$ comme une succession de situation d’égalités

$I = ⋂_{n \in ℕ} E_{n} .$

Les événements $E_{n}$ formant une suite décroissante, on obtient par continuité monotone

$P (I) = lim_{n \to + \infty} P (E_{n}) = lim_{n \to + \infty} {(2 p (1 - p))}^{n} \underset{0 < 2 p (1 - p) < 1}{=} 0 .$

On en déduit que l’événement contraire $\bar{I}$ est presque sûr.

Exercice 54 5560 Correction

Deux joueurs $J_{1}$ et $J_{2}$ s’affrontent dans un tournoi constitué d’une succession de manches indépendantes. À chaque manche, le joueur $J_{1}$ a la probabilité $p \in] 0; 1 [$ de remporter celle-ci et $J_{2}$ la probabilité $q = 1 - p$ . Le premier joueur gagnant deux manches consécutives est déclarée vainqueur.

Calculer la probabilité que le joueur $J_{1}$ soit déclaré vainqueur.

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit les événements

	$A_{n}$	$= « Le joueur J_{1} remporte la n -ième manche »$
	$W_{n}$	$= « Le joueur J_{1} remporte le tournoi lors de la n -ième manche ».$

L’événement $W_{n}$ correspond à la victoire du joueur $J_{1}$ lors des $n$ -ième et $(n - 1)$ -ième manches précédé d’une alternance de défaites et de victoires. Selon la parité de $n$ , il est possible de décrire l’événement $W_{n}$ à partir des événements $A_{i}$ pour $i \in ⟦ 1; n ⟧$ :

	$W_{2 k + 2}$	$= A_{1} \cap \bar{A_{2}} \cap \dots \cap A_{2 k - 1} \cap \bar{A_{2 k}} \cap A_{2 k + 1} \cap A_{2 k + 2}$
	$W_{2 k + 3}$	$= \bar{A_{1}} \cap A_{2} \cap \bar{A_{3}} \cap \dots \cap A_{2 k} \cap \bar{A_{2 k + 1}} \cap A_{2 k + 3} \cap A_{2 k + 3} .$

Par indépendance des manches,

P (W_{2 k + 2}) = {(p (1 - p))}^{k} p^{2} et P (W_{2 k + 3}) = p {(p (1 - p))}^{k} p^{2} .

L’événement $V = « Le joueur J_{1} est déclaré vainqueur »$ est la réunion des événements incompatibles $W_{n}$ . Par $σ$ -additivité,

P (V) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} p^{2} {(p (1 - p))}^{k} + \sum_{k = 0}^{+ \infty} p^{3} {(p (1 - p))}^{k} .

Par sommation géométrique de raison $p (1 - p) \in [0; 1 [$ , on conclut

P (V) = \frac{p^{2} + p^{3}}{1 - p (1 - p)} .

On pourra vérifier que $P (V) = 1 / 2$ lorsque $p = 1 / 2$ ce qui est conforme aux attentes.

Exercice 55 5338 Correction

Deux joueurs de tennis s’affrontent au tie-break. À chaque point, le premier joueur a la probabilité $p \in [0; 1]$ de l’emporter et l’autre joueur la probabilité $q = 1 - p$ . Le premier joueur ayant emporté au moins sept points dont deux de plus que son adversaire gagne le tie-break.

Quelle est la probabilité que ce soit le joueur $1$ ?

Solution

Distinguons deux cas selon que le score de la partie passe par l’égalité six-six ou non.

Affirmer que le premier joueur gagne le tie-break sans passer par le score six-six signifie qu’il l’emporte avec un score du type sept-k avec $k \in ⟦ 0; 5 ⟧$ . Afin de gagner avec le score sept-k, le premier joueur doit atteindre le score six-k puis l’emporter. La probabilité correspondante et

(\binom{6 + k}{k}) p^{6} q^{k} \times p = (\binom{6 + k}{k}) p^{7} q^{k} .

La probabilité d’une victoire du premier joueur sans passer par le score six-six vaut donc

p_{1} = p^{7} \sum_{k = 0}^{5} (\binom{6 + k}{k}) q^{k} .

Si le premier joueur emporte le tie-break en passant par le score six-six, son score final sera de la forme $(k + 2)$ - $k$ avec $k \geq 6$ . La probabilité d’atteindre le score de six-six vaut

(\binom{12}{6}) p^{6} q^{6} .

Avant de gagner $(k + 2)$ - $k$ le premier joueur passe par les scores intermédiaires $ℓ$ - $ℓ$ pour tout $ℓ \in ⟦ 6; k ⟧$ et arbitrairement par les scores $(ℓ + 1)$ - $ℓ$ ou $ℓ$ - $(ℓ + 1)$ pour tout $ℓ \in ⟦ 6; k - 1 ⟧$ . La probabilité que le premier joueur gagne avec un score de $(k + 2)$ - $k$ vaut donc

(\binom{12}{6}) p^{6} q^{6} \times p^{k - 6} q^{k - 6} 2^{k - 6} \times p^{2} = (\binom{12}{6}) p^{k + 2} q^{k} 2^{k - 6} .

La probabilité de victoire du premier joueur en passant par le score de six-six vaut donc

p_{2} = \sum_{k = 6}^{+ \infty} (\binom{12}{6}) p^{k + 2} q^{k} 2^{k - 6} = (\binom{12}{6}) \frac{p^{8} q^{6}}{1 - 2 p q} .

Finalement, la probabilité de victoire du premier joueur est

p_{1} + p_{2} = p^{7} \sum_{k = 0}^{5} (\binom{6 + k}{k}) q^{k} + (\binom{12}{6}) \frac{p^{8} q^{6}}{1 - 2 p q} .

Exercice 56 4030

Trois joueurs $J_{1}$ , $J_{2}$ et $J_{3}$ participent à un tournoi selon les règles qui suivent. À chaque partie, deux joueurs entrent en concurrence et chacun peut gagner l’affrontement avec la même probabilité. Le gagnant d’une partie affronte à la partie suivante le joueur n’ayant pas participé. Le tournoi s’arrête lorsque l’un des joueurs gagne deux parties consécutives. Celui-ci est alors déclaré vainqueur.

(a)

Établir que le tournoi s’arrête presque sûrement.
(b)

Les joueurs $J_{1}$ et $J_{2}$ s’affrontent en premier. Quelles sont les probabilités de gagner le tournoi de chaque joueur?

[<] Tournois[>] Marches aléatoires

Exercice 57 5572 Correction

Une urne contient des boules blanches et des boules noires.

La proportion de boules blanches dans cette urne vaut $p \in] 0; 1 [$ .

On tire successivement et avec remise des boules dans cette urne jusqu’à tirer une première boule noire.

(a)

Quelle est la probabilité d’avoir tiré au moins une boule blanche avant d’avoir tiré cette première boule noire?

On ajoute des boules rouges à l’urne. Les boules blanches sont alors en proportion $q$ et les boules rouges en proportion $r$ . On reprend l’expérience et l’on tire successivement et avec remise des boules dans cette urne jusqu’à tirer une première boule noire.

(b)

Quelle est la probabilité d’avoir tiré au moins une boule rouge et une boule blanche avant d’avoir tiré cette première boule noire?

Solution

(a)

On introduit les événements:

	$B$	$= « La première boule tirée est blanche »$
	$N$	$= « La première boule tirée est noire »$
	$S$	$= « Au moins une boule blanche a été tirée avant la première boule noire ».$

La famille $(B, N)$ est un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,

P (S) = P (B) P (S ∣ B) + P (N) P (S ∣ N) = p \times 1 + (1 - p) \times 0 = p .

(b)

On introduit les événements:

	$B$	$= « La première boule tirée est blanche »$
	$R$	$= « La première boule tirée est rouge »$
	$N$	$= « La première boule tirée est rouge »$
	$S$	$= « Des boules blanches et rouges ont été tirée avant la première boule noire ».$

La famille $(B, R, N)$ est un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,

P (S) = P (B) P (S ∣ B) + P (R) P (S ∣ R) + P (N) P (S ∣ N) = q P (S ∣ B) + r P (S ∣ R) .

Sachant que la première boule tirée est blanche, l’événement $S$ est réalisé sous réserve qu’une boule rouge soit tirée avant la première boule noire, peu importe les boules blanches qui sont peut-être à nouveau tirées dans l’entre-temps. En retirant de l’expérience tous les tirages de boules blanches, on se ramène à la situation où l’on tire avec remise dans une urne contenant des boules rouges et noires et où l’on étudie si au moins une boule rouge a été tirée avant la première boule noire. Puisque dans cette urne reformulée, les boules rouges sont en proportion $r / (1 - q)$ , il vient

P (S ∣ B) = \frac{r}{1 - q} .

Par un argument semblable,

P (S ∣ R) = \frac{q}{1 - r}

et donc

P (S) = \frac{q r}{1 - q} + \frac{q r}{1 - r} .

Exercice 58 5574 Correction

On lance un dé équilibré jusqu’à l’obtention d’un premier six.

Quelle est la probabilité d’avoir obtenu toutes les valeurs entre $1$ et $5$ avant d’obtenir ce premier six?

Solution

Prolongeons l’expérience et lançons le dé jusqu’à obtenir les six valeurs allant de $1$ à $6$ . On est presque sûr que cette expérience s’arrête et la probabilité qu’elle s’arrête sur un six vaut $1 / 6$ . Or cette expérience s’arrête sur un six si, et seulement si, toutes les valeurs de $1$ à $5$ sont sorties avant ce premier six. La probabilité recherchée est donc égale à $1 / 6$ .

Exercice 59 5939 Correction

(a)

On lance six fois un dé équilibré à six faces. Quelle a la probabilité d’avoir obtenu toutes les valeurs allant de $1$ à $6$ .
(b)

Même question en lançant le dé sept fois.

Solution

Introduisons les événements

A_{k} = « Lors du k -ième lancer, on obtient une valeur non encore obtenue ».

(a)

Il s’agit de calculer $P (A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{6})$ .

On applique la formule des probabilités composées sachant

$P (A_{1}) = 1 et P (A_{k} ∣ A_{1} \cup \dots \cup A_{k - 1}) = \frac{6 - (k - 1)}{6} .$

On obtient

$P (A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{6}) = 1 \times \frac{5}{6} \times \frac{4}{6} \times \dots \times \frac{1}{6} = \frac{5!}{6^{5}} ≃ 0.015 .$
(b)

En lançant le dé sept fois, une des valeurs sera obtenue en double à un certain rang $i = 2, \dots, 7$ .

Obtenir toutes les valeurs et la valeur en double au $i$ -ème lancer correspond à l’événement

$B_{i} = A_{1} \cap \dots \cap A_{i - 1} \cap \bar{A_{i}} \cap A_{i + 1} \cap \dots \cap A_{7} .$

Par probabilités composées,

$P (B_{i}) = 1 \times \dots \times \frac{6 - (i - 2)}{6} \times \frac{i - 1}{6} \times \frac{6 - (i - 1)}{6} \times \dots \times \frac{1}{6} = \frac{5!}{6^{7}} (i - 1) .$

L’événement étudié est la réunion $B_{2} \cup \dots \cup B_{7}$ . Par incompatibilité,

$P (B_{2} \cup \dots \cup B_{7}) = \frac{5!}{6^{6}} \sum_{i = 2}^{7} (i - 1) = 21 \frac{5!}{6^{6}} ≃ 0.054 .$

Exercice 60 5735 Correction

On lance un dé équilibré jusqu’à l’obtention d’un six. Quelle est la probabilité que tous les lancers qui ont précédé soient pairs?

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit les événements

	$A_{n}$	$= « On obtient un premier six lors du n -ième lancer »$
	$B_{n}$	$= « On n’obtient que des valeurs paires lors des n premiers lancers ».$

On veut déterminer la probabilité de l’événement

E = ⋃_{n \in ℕ^{*}} P (A_{n} \cap B_{n}) .

Les événements $A_{n} \cap B_{n}$ sont deux à deux incompatibles et donc, par $σ$ -additivité,

P (E) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (A_{n} \cap B_{n}) .

Or, puisque le dé est équilibré,

P (A_{n}) = \frac{1}{6} {(\frac{5}{6})}^{n - 1} et P (B_{n} ∣ A_{n}) = {(\frac{1}{2})}^{n - 1} .

Par la formule des probabilités composées,

P (E) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (A_{n}) P (B_{n} ∣ A_{n}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{5^{n - 1}}{6^{n}} \cdot \frac{1}{2^{n - 1}}

Par sommation géométrique,

P (E) = \frac{1}{6} \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(\frac{5}{12})}^{n - 1} = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{1 - 5 / 12} = \frac{2}{7} .

Exercice 61 4098 Correction

On lance une pièce avec la probabilité $p \in] 0; 1]$ de faire pile. On note $A_{n}$ l’événement

« On obtient pour la première fois deux piles consécutifs lors du

n

-ième lancer »

et l’on désire calculer sa probabilité $a_{n}$ .

(a)

Déterminer $a_{1}, a_{2}$ et $a_{3}$ .
(b)

Exprimer $a_{n + 2}$ en fonction de $a_{n}$ et $a_{n + 1}$ pour $n \geq 1$ .
(c)

Calculer $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ et interpréter le résultat obtenu.

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit l’événement

P_{n} = « On obtient pile lors du n -ième lancer »

Les événements $P_{n}$ sont indépendants et chacun de probabilité $p$ .

(a)

Immédiatement, $A_{1} = \emptyset$ et donc $a_{1} = 0$ .

Aussi, $A_{2} = P_{1} \cap P_{2}$ . Par indépendance des lancers, $a_{2} = P (P_{1}) P (P_{2}) = p^{2}$ .

Enfin, $A_{3} = \bar{P_{1}} \cap P_{2} \cap P_{3}$ ce qui donne $a_{3} = (1 - p) p^{2}$ .
(b)

Visualisons l’expérience par un arbre des cas

Considérons les résultats des deux premiers lancers¹¹ 1 On omet le symbole d’intersection pour alléger les écritures.:

$P_{1} P_{2}, P_{1} F_{2}, F_{1} P_{2} et F_{1} F_{2}$

On forme un le système complet d’événements en regroupant

$P_{1} P_{2}, P_{1} F_{2} et F_{1} = F_{1} P_{2} \cup F_{1} F_{2} .$

Par translation du problème,

$P (A_{n + 2} ∣ F_{1}) = P (A_{n + 1}) et P (A_{n + 2} ∣ P_{1} F_{2}) = P (A_{n})$

tandis que

$P (A_{n + 2} ∣ P_{1} P_{2}) = 0 .$

Par la formule des probabilités totales,

$a_{n + 2} = 0 \times p^{2} + a_{n} \times p (1 - p) + a_{n + 1} (1 - p)$

soit encore

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

Les événements $A_{n}$ étant deux a deux incompatibles,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (A_{n}) = P (⋃_{n \in ℕ^{*}} A_{n})$

Notons $S$ cette valeur (élément de $[0; 1]$ ). En sommant pour $n \in ℕ^{*}$ la relation de la question précédente, on obtient

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n + 2} = (1 - p) \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n + 2} + (1 - p) \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$

ce qui donne par translation d’indice

$\sum_{n = 3}^{+ \infty} a_{n} = (1 - p) \sum_{n = 2}^{+ \infty} a_{n} + (1 - p) \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$

On en déduit

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

On en tire $S = 1$ : il est quasi-certain que deux piles consécutifs apparaissent.

Exercice 62 4123

On effectue une suite de lancers indépendants d’une pièce équilibrée et l’on désigne par $a_{n}$ la probabilité de ne pas avoir obtenu trois côtés piles consécutifs lors des $n$ premiers lancers.

(a)

Calculer $a_{1}, a_{2}$ et $a_{3}$ .
(b)

Pour $n \geq 4$ , exprimer $a_{n}$ en fonction de $a_{n - 1}$ , $a_{n - 2}$ et $a_{n - 3}$ .
(c)

Déterminer la limite de la suite ${(a_{n})}_{n \geq 1}$ .

Exercice 63 5000 Correction

On répète successivement et indépendamment une expérience qui a la même probabilité de réussir que d’échouer. Pour $n \geq 2$ , on introduit les événements:

	$A_{n}$	$= « On obtient deux succès consécutifs lors des n premières expériences »,$
	$B_{n}$	$= « On obtient le premier couple de succès consécutifs aux rangs n - 1 et n ».$

Enfin, on pose $p_{n} = P (B_{n})$ et $p_{1} = 0$ .

(a)

Calculer $p_{2}$ , $p_{3}$ et $p_{4}$ .
(b)

Pour $n \geq 2$ , vérifier

$P (A_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} p_{k} et p_{n + 3} = \frac{1}{8} (1 - \sum_{k = 1}^{n} p_{k}) .$
(c)

En déduire une relation entre $p_{n + 3}$ , $p_{n + 2}$ et $p_{n}$ valable pour tout $n \geq 1$ .
(d)

Exprimer le terme général de la suite ${(p_{n})}_{n \geq 1}$ .

Solution

(a)

Notons $S_{n}$ l’événement « L’expérience au rang $n$ est un succès ». On sait

$P (S_{n}) = P (\bar{S_{n}}) = \frac{1}{2} .$

On peut exprimer simplement¹¹ 1 L’expression de $B_{5}$ est plus complexe: $B_{5} = \bar{S_{3}} \cap S_{4} \cap S_{5} \cap \bar{S_{1} \cap S_{2}}$ . $B_{2}$ , $B_{3}$ et $B_{4}$ en fonctions des événements $S_{n}$ :

$B_{2} = S_{1} \cap S_{2}, B_{3} = \bar{S_{1}} \cap S_{2} \cap S_{3} et B_{4} = \bar{S_{2}} \cap S_{3} \cap S_{4} .$

Par indépendance des résultats des différentes expériences

$p_{2} = \frac{1}{4}, p_{3} = \frac{1}{8} et p_{4} = \frac{1}{8} .$
(b)

L’événement $A_{n}$ est la réunion des $B_{k}$ pour $k$ allant de $2$ à $n$ et ces derniers sont deux à deux incompatibles. Par additivité, on a donc

$P (A_{n}) = P (⋃_{k = 2}^{n} B_{k}) = \sum_{k = 2}^{n} P (B_{k}) = \sum_{k = 1}^{n} p_{k} car p_{1} = 0 .$

Étudions ensuite $P (B_{n + 3})$ .

Méthode: On exprime $B_{n + 3}$ comme intersection d’événements indépendants.

L’événement $B_{n + 3}$ signifie que deux succès consécutifs sont rencontrés aux rangs $n + 2$ et $n + 3$ et que cette situation n’a pas été rencontrée précédemment:

$B_{n + 3} = S_{n + 2} \cap S_{n + 3} \cap \bar{A_{n + 2}} .$

Cependant, si l’expérience a réussi au rang $n + 2$ mais que l’on n’a pas rencontré deux succès consécutifs avant ce rang, c’est qu’elle a échoué au rang $n + 1$ . Ainsi, $S_{n + 2} \cap \bar{A_{n + 2}} \subset \bar{S_{n + 1}}$ et donc

$S_{n + 2} \cap \bar{A_{n + 2}} = \bar{S_{n + 1}} \cap S_{n + 2} \cap \bar{A_{n + 2}} .$

Aussi, sachant que l’expérience a échoué au rang $n + 1$ , affirmer qu’il n’y a pas eu deux succès consécutifs avant le rang $n + 2$ revient à signifier que l’on n’a pas rencontré deux succès consécutifs avant le rang $n$ :

$\bar{S_{n + 1}} \cap \bar{A_{n + 2}} = \bar{S_{n + 1}} \cap \bar{A_{n}} .$

Ainsi, on a l’égalité

$B_{n + 3} = \bar{S_{n + 1}} \cap S_{n + 2} \cap S_{n + 3} \cap \bar{A_{n}} .$

Enfin, les différentes expériences étant indépendantes et l’événement $A_{n}$ n’étant que fonctions des événements $S_{1}, \dots, S_{n}$ , les événements de l’intersection précédentes sont indépendants ce qui donne

$p_{n + 3} = P (B_{n + 3}) = P (\bar{S_{n + 1}}) P (S_{n + 2}) P (S_{n + 3}) P (\bar{A_{n}}) = \frac{1}{8} (1 - \sum_{k = 1}^{n} p_{k}) .$
(c)

L’égalité précédente démontrée pour $n \geq 2$ est aussi vraie pour $n = 1$ . Pour $n \geq 2$ , on peut alors écrire à la fois

$p_{n + 3} = \frac{1}{8} (1 - \sum_{k = 1}^{n} p_{k}) et p_{n + 2} = \frac{1}{8} (1 - \sum_{k = 1}^{n - 1} p_{k}) .$

Par différence, on obtient $p_{n + 3} - p_{n + 2} = - \frac{1}{8} p_{n}$ et cette égalité est encore vraie pour $n = 1$ .
(d)

Méthode: ${(p_{n})}_{n \geq 1}$ est une suite récurrente linéaire d’ordre $3$ : l’expression de son terme général se déduit du calcul des puissances d’une matrice traduisant la relation de récurrence.

Pour $n \geq 1$ , introduisons $X_{n}$ la colonne de coefficients $p_{n}, p_{n + 1}$ et $p_{n + 2}$ . On a

$X_{n + 1} = A X_{n} avec A = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ - \frac{1}{8} & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Par récurrence, on obtient $X_{n} = A^{n - 1} X_{1}$ pour tout $n \geq 1$ . Afin de calculer la puissance de $A$ , on étudie la réduction de cette matrice. Son polynôme caractéristique est

$χ_{A} = X^{3} - X^{2} + \frac{1}{8} = (X - \frac{1}{2}) (X^{2} - \frac{1}{2} X - \frac{1}{4})$

de racines distinctes:

$α = \frac{1}{2}, β = \frac{1 + \sqrt{5}}{4} et γ = \frac{1 - \sqrt{5}}{4} .$

Pour $λ$ valeur propre de $A$ , l’espace propre associé est engendré par la colonne ${(\begin{matrix} 1 & λ & λ^{2} \end{matrix})}^{⊤}$ et l’on peut donc écrire

$A = P D P^{- 1} avec P = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ α & β & γ \\ α^{2} & β^{2} & γ^{2} \end{matrix}) et D = (\begin{matrix} α & 0 & 0 \\ 0 & β & 0 \\ 0 & 0 & γ \end{matrix}) .$

Après calculs, on obtient

$P^{- 1} = \frac{1}{(β - α) (γ - α) (γ - β)} (\begin{matrix} β γ (γ - β) & - (β + γ) (γ - β) & γ - β \\ - α γ (γ - α) & (α + γ) (γ - α) & γ - α \\ β α (β - α) & - (β + α) (β - α) & β - α \end{matrix})$

soit

$P^{- 1} = (\begin{matrix} 1 & 2 & - 4 \\ - \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} - 1 & \frac{2}{\sqrt{5}} + 2 \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & - \frac{1}{\sqrt{5}} - 1 & - \frac{2}{\sqrt{5}} + 2 \end{matrix}) .$

Enfin, l’égalité $A^{n - 1} = P D^{n - 1} P^{- 1}$ permet de conclure:

$p_{n} = \frac{1}{2 \sqrt{5}} ({(\frac{1 + \sqrt{5}}{4})}^{n - 1} - {(\frac{1 - \sqrt{5}}{4})}^{n - 1}) pour tout n \geq 1 .$

Exercice 64 4307

(Succès consécutifs)

On effectue une succession de lancers indépendants d’une pièce ayant la probabilité $p$ de tomber du côté pile et $1 - p$ de tomber du côté face. Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit les événements $P_{n} = « La pièce tombe du côté pile au n -ième tirage »$ et $F_{n} = \bar{P_{n}}$ .

Soit $r \in ℕ^{*}$ . On s’intéresse à l’obtention d’une série de $r$ côtés piles consécutifs. Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit l’événement $A_{n} =$ « Au $n$ -ième tirage, on obtient pour la première fois une série de $r$ côtés piles consécutifs » dont on note $a_{n}$ la probabilité. On convient que $a_{0}$ est nul.

(a)

Calculer $a_{1}, \dots, a_{r - 1}$ et $a_{r}$ .
(b)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Exprimer l’événement $A_{n + r}$ à l’aide des événements $A_{1}, \dots, A_{n - 1}$ et d’événements $F_{k}$ et $P_{k}$ d’indices bien choisis. En déduire

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

On introduit la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ dont on note $G$ la somme.

(c)

Montrer que la fonction $G$ est bien définie sur $] - 1; 1 [$ et vérifier

$\frac{G (x)}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} a_{k}) x^{n} pour tout x \in] - 1; 1 [.$
(d)

Exprimer $G (x)$ .

[<] Temps d'attente

Exercice 65 5149

Trois individus $A$ , $B$ et $C$ se lancent une balle. À chaque instant $n \in ℕ$ :

—

si le joueur $A$ a la balle, il la lance au joueur $B$ avec la probabilité $1 / 3$ ou au joueur $C$ avec la probabilité $2 / 3$ ;
—

si le joueur $B$ a la balle, il la lance au joueur $C$ avec la probabilité $1 / 3$ ou au joueur $A$ avec la probabilité $2 / 3$ ;
—

si le joueur $C$ a la balle, il la lance au joueur $A$ avec la probabilité $1 / 3$ ou au joueur $B$ avec la probabilité $2 / 3$ .

Les différents lancers sont indépendants et c’est le joueur $A$ qui a la balle à l’instant initial $n = 0$ . On note $a_{n}, b_{n}, c_{n}$ les probabilités respectives que les joueurs $A, B, C$ aient la balle à l’instant $n \in ℕ$ .

(a)

Exprimer $a_{n + 1}$ en fonction de $a_{n}$ , $b_{n}$ et $c_{n}$ .

On introduit $X_{n}$ la colonne de coefficients $a_{n}, b_{n}, c_{n}$ .

(b)

Déterminer une matrice $M$ de $ℳ_{3} (ℝ)$ telle que $X_{n + 1} = M X_{n}$ .
(c)

En déduire les expressions de $a_{n}$ , $b_{n}$ et $c_{n}$ en fonction de $n$ .

Exercice 66 5110

Un individu se déplace sur l’axe des $ℤ$ . À l’instant $n = 0$ , il se positionne en $0$ et, à chaque instant $n \in ℕ$ , il se déplace à droite ou à gauche d’une unité, de façon équiprobable et indépendante des mouvements qui précèdent. Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Calculer la probabilité que l’individu soit de nouveau en $0$ à l’instant $n$ .
(b)

Calculer la probabilité que l’individu soit de nouveau en $0$ pour la première fois à l’instant $n$ .
(c)

Établir que l’individu repasse presque sûrement par $0$ .

Exercice 67 4306

(Retour à l’origine)

Un individu se déplace sur l’axe des $ℤ$ . Il est initialement en $0$ et, à chaque instant $n \in ℕ$ , il a la probabilité $d \in] 0; 1 [$ de se déplacer sur la droite et $g = 1 - d$ de se déplacer sur la gauche. Pour $n \in ℕ$ , on pose $p_{n}$ la probabilité que l’individu soit en $0$ à l’instant $n$ . Pour $n > 0$ , on pose $q_{n}$ la probabilité qu’il soit une première fois de retour en $0$ à l’instant $n$ . Enfin, on introduit les fonctions

P : t \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} p_{n} t^{n} et Q : t \mapsto \sum_{n = 1}^{+ \infty} q_{n} t^{n} .

(a)

Montrer que la fonction $P$ est définie sur $[0; 1 [$ et calculer $P (t)$ pour $t \in [0; 1 [$ .

On donne:

$\frac{1}{\sqrt{1 - x}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2^{2 n}} (\binom{2 n}{n}) x^{n} pour tout x \in] - 1; 1 [.$
(b)

Montrer que la fonction $Q$ est définie et continue sur $[0; 1]$ .
(c)

Vérifier que $P (t) = 1 + P (t) Q (t)$ pour tout $t \in [0; 1 [$ .
(d)

Calculer la probabilité de l’événement « L’individu repasse par $0$ ».
(e)

Calculer la probabilité de « L’individu repasse au moins deux fois par $0$ ».
(f)

On suppose $d = g$ . Établir que l’individu repasse presque sûrement une infinité de fois par $0$ .

Édité le 23-02-2024

	$P (\bar{A_{1}})$	$= \frac{b}{a + b}$
	$P (\bar{A_{2}} ∣ \bar{A_{1}})$	$= \frac{b + c}{a + b + c}$
		$⋮$
	$P (\bar{A_{n - 1}} ∣ \bar{A_{1}} \cap \dots \cap \bar{A_{n - 2}})$	$= \frac{b + (n - 2) c}{a + b + (n - 2) c}$
	$P (A_{n} ∣ \bar{A_{1}} \cap \dots \cap \bar{A_{n - 1}})$	$= \frac{a}{a + b + (n - 1) c} .$

	$u_{n - 1} - u_{n}$	$= \prod_{k = 0}^{n - 2} \frac{b + k c}{a + b + k c} - \prod_{k = 0}^{n - 1} \frac{b + k c}{a + b + k c}$
		$= (\prod_{k = 0}^{n - 2} \frac{b + k c}{a + b + k c}) (1 - \frac{b + (n - 1) c}{a + b + (n - 1) c})$
		$= (\prod_{k = 0}^{n - 2} \frac{b + k c}{a + b + k c}) \frac{a}{a + b + (n - 1) c} = p_{n} .$

	$A_{n}$	$= « L’étudiant répond correctement à la n -ième question »,$
	$B_{n}$	$= « L’étudiant répond correctement aux n premières questions ».$