[>] Tribu

 
Exercice 1  245  Correction  

Existe-t-il une fonction continue f de dans 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 2  4140  Correction  

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

Solution

Notons E l’ensemble des parties finies de et En l’ensemble des parties finies de 0;n. Puisque toute partie finie de est nécessairement majorée, on peut affirmer l’égalité

E=nEn.

Les ensembles En 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 i1,,ik les éléments d’une partie A finie de , on peut lui associer l’entier

n(A)=2i1++2ik.

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

 
Exercice 3  4063   Correction  

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

anxn++a1x+a0=0 avec a0,a1,,an et an0.

On appelle degré d’un nombre algébrique x, le plus petit 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

    anxn++a1x+a0=0 avec a0,a1,,an et an0.

    Puisque *×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 4  4005   Correction  

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

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

A={n|nφ(n)}.

Solution

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

Si nA alors nφ(n) mais A=φ(n): c’est absurde.

Si nA alors nφ(n) et donc nA: c’est à nouveau absurde.

 
Exercice 5  4304   
  • (a)

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

  • (b)

    Montrer que l’ensemble des parties de n’est pas dénombrable. On pourra raisonner par l’absurde et introduire {n|nφ(n)} lorsque φ désigne une bijection de vers ().

 
Exercice 6  4305   

Soit (un)n* une suite d’éléments de [0;1]. Pour tout n*, on pose

In=[un-12n+1;un+12n+1].
  • (a)

    Montrer que, pour tout entier naturel n1, le segment [0;1] n’est pas inclus dans la réunion I1In.

On peut alors construire une suite (xn)n* d’éléments de [0;1] choisis tels que xn n’appartienne pas à I1In.

  • (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 montrer que est en bijection avec () mais cela n’a rien d’évident..

 
Exercice 7  3897    

Soit f: croissante. Montrer que l’ensemble des points de discontinuité de f est au plus dénombrable.

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

 
Exercice 8  3995  Correction  

Soient 𝒯 une tribu sur un ensemble Ω et Ω une partie de Ω.
Vérifier que 𝒯={AΩ|A𝒯} définit une tribu sur Ω.

Solution

Ω=ΩΩ avec Ω𝒯 donc Ω𝒯.
Soit B𝒯. On peut écrire B=AΩ avec A𝒯 et alors ΩB=A¯Ω avec A¯𝒯. Ainsi, le complémentaire de B dans Ω est élément de 𝒯.
Soit (Bn) une suite d’éléments de 𝒯. On peut écrire Bn=AnΩ avec An𝒯 et alors

n=0+Bn=(n=0+An)Ω avec n=0+An𝒯.

Ainsi,

n=0+Bn𝒯.
 
Exercice 9  4007   Correction  

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

𝒯={AΩ|A ou A¯ est dénombrable}.
  • (a)

    Vérifier que 𝒯 est une tribu sur Ω.

  • (b)

    Justifier que 𝒯 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 𝒯=(Ω).

Solution

  • (a)

    Ω¯= donc Ω¯ est dénombrable et Ω𝒯.
    𝒯 est évidemment stable par passage au complémentaire.
    Soit (An)n une suite d’éléments de 𝒯.
    Cas: Tous les An sont dénombrables. La réunion nAn est dénombrable en tant qu’union dénombrable de parties dénombrables.
    Cas: L’un des An n’est pas dénombrable. Posons An0 ce vilain canard. On a nécessairement An0¯ dénombrable.
    Or

    nAn¯nAn¯An0¯

    donc nAn¯ est dénombrable car inclus dans une partie qui l’est.
    Dans les deux cas, l’union des (An)n est élément de 𝒯.

  • (b)

    𝒯 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 𝒯𝒜.

  • (c)

    Si Ω est dénombrable alors toute partie de Ω peut s’écrire comme réunion dénombrable de parties {ω} et est donc élément de 𝒯. On en déduit (Ω)=𝒯.

 
Exercice 10  3997   Correction  

Soient f:ΩΩ une application et 𝒯 une tribu sur Ω. Vérifier que

𝒯={f-1(A)|A𝒯}

définit une tribu sur Ω.

Solution

Ω=f-1(Ω) avec Ω𝒯 donc

Ω𝒯.

Soit A𝒯. Il existe A𝒯 tel que A=f-1(A). On a alors

A¯=f-1(A¯) avec A¯𝒯

donc

A¯𝒯.

Soit (An)n𝒯. Il existe (An)n𝒯 telle que

n,An=f-1(An).

Or

n=0+An=f-1(n=0+An) avec n=0+An𝒯

donc

n=0+An𝒯.
 
Exercice 11  4008   Correction  

Soit une application f:ΩΩ et l’ensemble

𝒯={AΩ|A=f-1(f(A))}.

Vérifier que 𝒯 est une tribu sur Ω.

Solution

On a Ω=f-1(f(Ω)) donc Ω𝒯.
Soit A𝒯. Vérifions A¯𝒯 c’est-à-dire A¯=f-1(f(A¯)).
L’inclusion directe est toujours vraie. Inversement, soit xf-1(f(A¯)). Il existe yA¯ tel que f(x)=f(y). Si par l’absurde xA alors yf-1(f(A))=A. Ceci étant exclu, xA¯ et donc f-1(f(A¯))A¯ puis égal.
Soit (An)n une suite d’éléments de 𝒯.
On a

f(n=0+An)=n=0+f(An)

puis

f-1(f(n=0+An))=n=0+f-1(f(An))=n=0+An.

On peut donc conclure

n=0+An𝒯.
 
Exercice 12  4302   

Soit Ω un univers.

  • (a)

    Soit (𝒜i)iI une famille de tribus sur Ω. Montrer que 𝒜=iI𝒜i 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 13  3999  Correction  

Soit (An)n une suite d’évènements de l’espace probabilisable (Ω,𝒯).

  • (a)

    Vérifier que

    A=pnpAn

    est un évènement. À quelle condition simple sur la suite d’évènements (An)n l’évènement A sera-t-il réalisé?

  • (b)

    Même question avec

    A=pnpAn.

Solution

  • (a)

    Pour tout p, npAn est un évènement car 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, npAn est réalisé pour un certain p. Cela signifie que les évènements de la suite (An) sont réalisés à partir d’un certain rang (ou encore que seul un nombre fini de An ne sont pas réalisés).

  • (b)

    A est un évènement par des arguments analogues aux précédents.
    La non réalisation de A signifie la réalisation de

    A¯=pnpAn¯

    ce qui revient à signifier que seul un nombre fini de An sont réalisés.
    Par négation, la réalisation de A signifie qu’une infinité de An sont réalisés.

 
Exercice 14  4301   

Soit B un événement d’un espace probabilisé (Ω,𝒯,P).

Montrer que l’ensemble des événements indépendants de B

  • (a)

    contient Ω,

  • (b)

    est stable par passage au complémentaire,

  • (c)

    est par réunion dénombrable d’événements deux à deux incompatibles,

  • (d)

    ne forme généralement pas une tribu sur Ω.

 
Exercice 15  4006    Correction  

Soient Ω un ensemble infini et (An)n une famille de parties de Ω vérifiant

nmAnAm=etnAn=Ω.

On pose

𝒜={nTAn|T()}.
  • (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 (An)n.

  • (c)

    Existe-t-il des tribus dénombrables?

Solution

  • (a)

    Considérons l’application φ:Ω qui envoie ω sur l’unique n tel que ωAn.
    Pour chaque T, on a φ-1(T)=nTAn et donc 𝒜 se comprend comme l’image réciproque de la tribu () 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 sur Ω en affirmant que deux éléments ω et ω sont en relation si, et seulement si,

    A𝒜,ωAωA.

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

    A𝒜,ωACl(ω)A.

    Aussi, si ωCl(ω) alors il existe A𝒜 tel que

    (ωA et ωA) ou (ωA et ωA).

    Quitte à considérer A¯, on peut supposer ωA et ωA et l’on note Aω cet ensemble.
    On a alors

    Cl(ω)=ωCl(ω)Aω𝒜.

    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 Aω figurant dans l’intersection.

    De plus, les éléments A de la tribu 𝒜 se décrivent sous la forme

    A=ωACl(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 (An)n vérifiant les hypothèses du sujet et les éléments de la tribu 𝒜 apparaissent comme ceux de la forme

    nTAn avec T().
  • (c)

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

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

 
Exercice 16  4016  Correction  

Soit (an)n une suite strictement décroissante de réels positifs de limite nulle.
Déterminer λ tel qu’il existe une probabilité P sur (,()) vérifiant

P({n,n+1,})=λan.

Solution

Analyse: Si P est solution alors P()=1 et donc λa0=1. On en déduit λ=1/a0.
De plus,

P({n})=P({n,n+1,})-P({n+1,n+2,})=an-an+1a0

ce qui détermine P.

Synthèse: Posons

pn=an-an+1a0.

Les pn sont des réels positifs car la suite (an)n est décroissante. De plus,

n=0+pn=1a0n=0+(an-an+1)=1

car la suite (an)n est de limite nulle. Il existe donc une probabilité P sur vérifiant

P({n})=pn

et alors, par continuité croissante

P({n,n+1,})=k=n+pk=ana0.
 
Exercice 17  4298  

À quelles conditions sur la suite réelle (an)n existe-t-il une probabilité P sur l’espace probabilisé (,()) vérifiant

P({n,n+1,})=anpour tout n.
 
Exercice 18  4011   

Soit Ω un ensemble. On introduit

𝒯={AΩ|A ou A¯ est au plus dénombrable}.
  • (a)

    Vérifier que 𝒯 est une tribu sur Ω.

  • (b)

    On suppose Ω infini non dénombrable.

    Montrer que l’on définit une probabilité P sur (Ω,𝒯) en posant, pour tout A de 𝒯,

    P(A)={0 si A au plus dénombrable1 si A¯ au plus dénombrable.

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

 
Exercice 19  4002  Correction  

Soit P une probabilité sur (,()).
Montrer que

P({n})n+0.

Solution

On a P()=1 et =n{n}. Par σ-additivité d’une probabilité

n=0+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}kn)n+0.
 
Exercice 20  4041  

Soit (An)n une suite d’événements deux à deux incompatibles d’un espace probabilisé (Ω,𝒯,P). Montrer

limn+P(An)=0.
 
Exercice 21  5147   

Soit (Ω,𝒯,P) un espace probabilisé. Pour A,B𝒯, on pose

d(A,B)=P(AB)-P(AB).
  • (a)

    Soient A,B,C𝒯. Vérifier

    d(A,C)d(A,B)+d(B,C).
  • (b)

    En déduire

    |P(A)-P(B)|d(A,B).
 
Exercice 22  5146   

On considère un espace probabilisé (Ω,𝒯,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 23  4010    

(Inégalités de Fatou)

Soit (An)n une suite d’événements de l’espace probabilisé (Ω,𝒯,P).
On introduit

A*=p=0+(n=p+An)etA*=p=0+(n=p+An).
  • (a)

    Vérifier que A* et A* sont des événements. Comment interpréter simplement ceux-ci?

  • (b)

    Montrer A*A*.

  • (c)

    Établir les inégalités

    P(A*)limp+(infnpP(An))etlimp+(supnpP(An))P(A*).
  • (d)

    Déterminer un exemple où ces inégalités sont strictes.

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

 
Exercice 24  4013   Correction  
  • (a)

    Soit (A1,,An) une famille d’évènements mutuellement indépendants. Pour chaque i{1,,n}, on pose Ai~=Ai ou Ai¯. Vérifier la famille (A1~,,An~) est constituée d’évènements mutuellement indépendant.

  • (b)

    Étendre le résultat au cas d’une famille (Ai)iI.

Solution

  • (a)

    Un calcul facile fournit

    P(AB)=P(A)P(B)P(AB¯)=P(A)P(B¯).

    Il est alors immédiat de vérifier que

    A1,,An mutuellement indépendants A1,,Ai¯,,An mutuellement indépendants.

    En enchaînant les négations, on obtiendra

    A1,,An mutuellement indépendants A1~,,An~.
  • (b)

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

 
Exercice 25  4081   Correction  

Soit (An)n une suite d’évènements mutuellement indépendants.
Montrer que la probabilité qu’aucun des An ne soit réalisé est inférieure à

exp(-n=0+P(An)).

Solution

On étudie

P(n=0+An¯)=limN+P(n=0NAn¯).

Par indépendances des An¯, on a

P(n=0NAn¯)=n=0N(1-P(An)).

Or 1-xe-x pour tout x donc

P(n=0NAn¯)n=0Ne-P(An)=exp(-n=0NP(An)).

À la limite quand N+

P(n=0+An¯)exp(-n=0+P(An))

où l’on comprend l’exponentielle nulle si la série des P(An) diverge.

 
Exercice 26  4082   

Soit s un réel strictement supérieur à 1.

  • (a)

    Pour quelle valeur de λ, existe-t-il une probabilité P sur l’espace (*,(*)) telle que

    P({n})=λnspour tout n*?

Pour p*, on introduit l’événement Ap={n*|p divise n} et l’on note 𝒫 l’ensemble des nombres premiers.

  • (b)

    Montrer que la famille des événements Ap pour p parcourant 𝒫 est constituée d’événements mutuellement indépendants.

  • (c)

    En étudiant P({1}), établir

    n=1+1ns=p𝒫(1-1ps)-1.
 
Exercice 27  4000   

(Lemme de Borel-Cantelli)

Soit (An)n une suite d’événements d’un espace probabilisé (Ω,𝒯,P). On considère l’événement

A*=p=0+(n=p+An).
  • (a)

    On suppose la convergence de la série P(An). Montrer P(A*)=0.

  • (b)

    Inversement, on suppose la divergence de la série P(An) ainsi que l’indépendance mutuelle des familles (A0,,An) pour tout n. Montrer P(A*)=1.

    On pourra employer l’inégalité11 1 On justifie aisément cette inégalité en étudiant les variations de la fonction obtenue par différence des deux membres. 1-xe-x valable pour tout xR.

 
Exercice 28  4109   Correction  

Soient (Ω,𝒯,P) un espace probabilisé et (An)n une suite d’événements mutuellement indépendants.

  • (a)

    Démontrer

    P(n=0+An)=1-limn+k=0nP(Ak¯).
  • (b)

    On suppose P(An)1 pour tout n. Démontrer que les assertions suivantes sont équivalentes:

    • (i)

      P(n=0+An)=1;

    • (ii)

      ln(P(An¯)) diverge;

    • (iii)

      P(An) diverge.

Solution

  • (a)

    On a

    n=0+An¯=n=0+An¯.

    Par continuité décroissante

    P(n=0+An¯)=limn+P(k=0nAk¯).

    Enfin, par mutuelle indépendance

    P(k=0nAk¯)=k=0nP(Ak¯).

    La relation demandée est dès lors immédiate.

  • (b)

    (i)(ii) Supposons (i). On a

    k=0nP(Ak¯)n+0

    et donc

    k=0nln(P(Ak¯))=ln(k=0nP(Ak¯))n+-.

    Ainsi, la série ln(P(An¯)) est divergente.

    (ii)(i) Inversement, si la série ln(P(An¯)) diverge, puisque les termes sommés sont positifs, ses sommes partielles tendent vers -. On peut alors suivre la démonstration précédente à rebours et conclure (i).

    (ii)(iii) Supposons (ii).
    Si (P(An))n ne tend pas vers 0 alors la série P(An) diverge grossièrement.
    Si en revanche (P(An))n tend vers 0 alors

    ln(P(An¯))=ln(1-P(An))n+-P(An)

    et à nouveau la série P(An) diverge, cette fois-ci par équivalence de séries à termes de signe constant.

    (iii)(ii) Supposons (iii).
    Il suffit de reprendre le raisonnement précédent en constatant

    ln(P(An¯))n+0P(An)n+0.

[<] Événements Indépendants[>] Tournois

 
Exercice 29  4299  

On lance indéfiniment un dé équilibré à six faces et l’on admet qu’il existe un espace probabilisé (Ω,𝒯,P) qui permet d’étudier la succession des valeurs obtenues.

  • (a)

    Déterminer 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 30  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. Sinon, il rajoute une boule rouge dans l’urne et répète la manipulation. On admet l’existence d’un espace probabilisé (Ω,𝒯,P) permettant l’étude de cette expérience.

  • (a)

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

    On donne

    n=1+1nxn=-ln(1-x)pour tout x]-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 31  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*, on introduit les événements

An =«  On obtient un premier 𝑠𝑖𝑥 lors du n-ième lancer  »
Bn =«  On n’obtient pas de 𝑢𝑛 avant le n-ième lancer  ».

On veut déterminer la probabilité de l’événement

E=n*P(AnBn).

Les événements AnBn sont deux à deux incompatibles et donc, par σ-additivité,

P(E)=n=1+P(AnBn).

Or, puisque le dé est équilibré,

P(An)=16(56)n-1etP(BnAn)=(45)n-1.

Par la formule des probabilités composées,

P(E)=n=1+P(An)P(BnAn)=n=1+4n-16n=1611-2/3=12.
 
Exercice 32  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 33  5148  

Dans une population, la probabilité qu’une famille ait n enfants est

pn=a2nn! 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 34  5337   Correction  

Un étudiant passe une épreuve constituée par une série illimitée de questions numérotées 1,2,3,. 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* est égale à 1/k. L’épreuve s’arrête dès que l’étudiant se trompe.

Soit 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*, on introduit les événements

    An =«  L’étudiant répond correctement à la n-ième question  »,
    Bn =«  L’étudiant répond correctement aux n premières questions  »

    On remarque Bn=A1An. Par indépendance (présupposée),

    P(Bn)=P(A1)××P(An)=1n!
  • (b)

    On étudie ici la probabilité de BnBn+1. Puisque Bn+1 est inclus dans Bn,

    P(BnBn+1)=1n!-1(n+1)!=n(n+1)!
  • (c)

    La probabilité de Bn est de limite nulle: la probabilité que l’étudiant réponde indéfiniment aux questions posées est nulle.

 
Exercice 35  5341   Correction  

On étudie la descendance d’une variété de fleurs. À l’instant 0, on dispose d’une fleur et celle-ci peut engendrer pour l’instant suivant deux fleurs avec la probabilité p]0;1[ ou aucune avec la probabilité q=1-p. Après cela, cette première fleur disparaît et les suivantes, s’il y en a, se perpétuent dans les mêmes conditions et indépendemment les unes des autres.

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

En=«  La ligne de la fleur initiale est éteinte à l’instant n ».
  • (a)

    Calculer u0 et u1.

  • (b)

    Établir que la suite (un) converge. On note L sa limite.

  • (c)

    Montrer que, pour tout n, un+1=pun2+q.

  • (d)

    En déduire

    L=min(1,qp).

Solution

  • (a)

    À l’instant initiale, il y a une fleur et donc u0=0. À l’instant suivant, il y a deux fleurs avec la probabilité p ou aucune avec la probabilité q. On a donc u1=q.

  • (b)

    Les événements En constituent une suite croissante et donc unun+1. La suite (un+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,A¯) avec

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

    Soit n. Par la formule des probabilités totales,

    un+1=P(En+1)=P(A)P(En+1A)+P(A¯)P(En+1A¯)=pP(En+1A)+q×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(En+1A¯)=P(En)2=un2.

    On forme ainsi la relation de récurrence attendue un+1=pun2+q pour tout nN..

  • (d)

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

    Les suites (un) et (un+1) étant de limite L, la relation précédente donne à la limite

    L=pL2+q.

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

    Cas: q/p1. Les termes de la suite (un) 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 (un) sont tous inférieurs à q/p. En effet, cela est vrai pour le terme d’indice 0 et si unq/p alors

    un+1=pun2+qpq2p2+q=q2+pqp=q(q+p)pqp.

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

 
Exercice 36  5086    

On suppose disposer d’une pièce dont la probabilité p]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 37  4097  

Deux archers tirent à tour de rôle sur une cible. Le premier qui touche a gagné. Le joueur qui commence a la probabilité p1 de toucher à chaque tir et le second la probabilité p2 (avec p1,p2]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 p1 existe-t-il une valeur de p2 pour laquelle le tournoi est équitable?

 
Exercice 38  4031   

Deux joueurs J1 et J2 s’affrontent lors d’un tournoi constitué de parties indépendantes. Initialement, les joueurs possèdent à eux deux N pièces. À chaque tour, le joueur J1 a la probabilité p]0;1[ d’emporter la partie et le joueur J2 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 n0;N. On note an la probabilité que le joueur J1 gagne le tournoi lorsqu’il possède initialement n pièces.

  • (a)

    Déterminer a0 et aN et établir an=pan+1+qan-1 pour tout n1;N-1.

  • (b)

    Calculer an en introduisant un=an-an-1 pour n1;N.

  • (c)

    Montrer que le tournoi s’arrête presque sûrement.

 
Exercice 39  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]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 2n 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 2n+2 manches.

  • (b)

    Posons un la probabilité de l’événement

    En=«  Les joueurs sont à égalité au bout de 2n manches  ».

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

    L’événement E0 est presque sûr et donc u0=1. Aussi, En+1 est inclus dans En car si les joueurs ne sont pas à égalité au bout de 2n manches c’est que l’un des deux a déjà emporté le tournoi. Si, pour k*, on introduit l’événement

    Vk=«  Le premier joueur emporte la manche d’indice k »

    on remarque

    En+1=(EnV2n+1V2n+2¯)(EnV2n+1¯V2n+2).

    Par incompatibilité,

    P(En+1)=P(EnV2n+1V2n+2¯)+P(EnV2n+1¯V2n+2).

    Par l’indépendance des résultats des différentes manches,

    P(En+1)=P(En)P(V2n+1)P(V2n+2¯)+P(En)P(V2n+1¯)P(V2n+2)

    ce qui donne la relation de récurrence géométrique

    un+1=2p(1-p)un.

    On en déduit

    un=(2p(1-p))npour tout 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 des événements

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

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

    Wn=EnV2n+1V2n+2.

    Par indépendance des différentes manches,

    P(Wn)=p2un.

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

    P(W)=P(nWn)=n=0+P(Wn)=p2n=0+(2p(1-p))n=p21-2p(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=nEn.

    Les événements En formant une suite décroissante, on obtient par continuité monotone

    P(I)=limn+P(En)=limn+(2p(1-p))n=0<2p(1-p)<10.

    On en déduit que l’événement contraire I¯ est presque sûr.

 
Exercice 40  5338   Correction  

Deux joueurs de tennis s’affrontent au tie-break. À chaque point, le premier joueur a la probabilité p[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 k0;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

(6+kk)p6qk×p=(6+kk)p7qk.

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

p1=p7k=05(6+kk)qk.

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 k6. La probabilité d’atteindre le score de six-six vaut

(126)p6q6.

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

(126)p6q6×pk-6qk-62k-6×p2=(126)pk+2qk2k-6.

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

p2=k=6+(126)pk+2qk2k-6=(126)p8q61-2pq.

Finalement, la probabilité de victoire du premier joueur est

p1+p2=p7k=05(6+kk)qk+(126)p8q61-2pq.
 
Exercice 41  4030    

Trois joueurs J1, J2 et J3 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 J1 et J2 s’affrontent en premier. Quelles sont les probabilités de gagner le tournoi de chaque joueur?

[<] Tournois[>] Marches aléatoires

 
Exercice 42  4098   Correction  

On lance une pièce avec la probabilité p de faire «  Pile  ». On note An l’événement

«  on obtient pour la première fois deux piles consécutifs lors du n-ième lancer  »

et l’on désire calculer sa probabilité an.

  • (a)

    Déterminer a1,a2 et a3.

  • (b)

    Exprimer an+2 en fonction de an et an+1 pour n1.

  • (c)

    Justifier qu’il est quasi-certain d’obtenir deux piles consécutifs.

  • (d)

    Déterminer le nombre d’essais moyen pour obtenir deux piles consécutifs.

Solution

  • (a)

    a1=0 et a2=p2 et a3=(1-p)p2.

  • (b)

    Considérons les résultats des deux premiers lancers:

    PP,PF,FP et FF

    et le système complet d’événements

    PP,PF et F=FPFF.

    Par translation du problème

    P(An+2PF)=P(An) et P(An+2F)=P(An+1)

    et

    P(An+2PP)=0.

    Par la formule des probabilités totales

    an+2=0×p2+an×p(1-p)+an+1(1-p)

    soit encore

    an+2=(1-p)an+1+p(1-p)an.
  • (c)

    Posons S=n=1+an. En sommant les relations précédentes, on obtient

    S-(a1+a2)=(1-p)(S-a1)+p(1-p)S.

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

  • (d)

    Il s’agit de calculer (sous réserve de convergence)

    μ=n=1+nan.

    On exploite la relation

    (n+2)an+2=(1-p)(n+2)an+1+p(1-p)(n+2)an

    et l’on somme

    μ-2a2-a1=(1-p)((μ-a1)+(S-a1))+p(1-p)(μ+2S).

    On en tire

    μ=1+pp2.

    Il ne reste plus qu’à établir la convergence de la série définissant μ. Puisque (an) est une suite récurrente linéaire double, son terme général est combinaison linéaire de suite géométrique de limite nulle car an0. La série des nan est alors convergente par argument de croissance comparée.

 
Exercice 43  4123   

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

  • (a)

    Calculer a1,a2 et a3.

  • (b)

    Pour n4, exprimer an en fonction de an-1, an-2 et an-3.

  • (c)

    Déterminer la limite de la suite (an)n1.

 
Exercice 44  5000   Correction  

On répète successivement et indépendamment une expérience qui a la même probabilité de réussir que d’échouer. Pour n2, on introduit les événements:

An =«  On obtient deux succès consécutifs lors des n premières expériences  »,
Bn =«  On obtient le premier couple de succès consécutifs aux rangs n-1 et n ».

Enfin, on pose pn=P(Bn) et p1=0.

  • (a)

    Calculer p2, p3 et p4.

  • (b)

    Pour n2, vérifier

    P(An)=k=1npketpn+3=18(1-k=1npk).
  • (c)

    En déduire une relation entre pn+3, pn+2 et pn valable pour tout n1.

  • (d)

    Exprimer le terme général de la suite (pn)n1.

Solution

  • (a)

    Notons Sn l’événement «  L’expérience au rang n est un succès  ». On sait

    P(Sn)=P(Sn¯)=12.

    On peut exprimer simplement11 1 L’expression de B5 est plus complexe: B5=S3¯S4S5S1S2¯. B2, B3 et B4 en fonctions des événements Sn:

    B2=S1S2,B3=S1¯S2S3etB4=S2¯S3S4.

    Par indépendance des résultats des différentes expériences

    p2=14,p3=18etp4=18.
  • (b)

    L’événement An est la réunion des Bk pour k allant de 2 à n et ces derniers sont deux à deux incompatibles. Par additivité, on a donc

    P(An)=P(k=2nBk)=k=2nP(Bk)=k=1npk car p1=0.

    Étudions ensuite P(Bn+3).

    Méthode: On exprime Bn+3 comme intersection d’événements indépendants.

    L’événement Bn+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:

    Bn+3=Sn+2Sn+3An+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, Sn+2An+2¯Sn+1¯ et donc

    Sn+2An+2¯=Sn+1¯Sn+2An+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:

    Sn+1¯An+2¯=Sn+1¯An¯.

    Ainsi, on a l’égalité

    Bn+3=Sn+1¯Sn+2Sn+3An¯.

    Enfin, les différentes expériences étant indépendantes et l’événement An n’étant que fonctions des événements S1,,Sn, les événements de l’intersection précédentes sont indépendants ce qui donne

    pn+3=P(Bn+3)=P(Sn+1¯)P(Sn+2)P(Sn+3)P(An¯)=18(1-k=1npk).
  • (c)

    L’égalité précédente démontrée pour n2 est aussi vraie pour n=1. Pour n2, on peut alors écrire à la fois

    pn+3=18(1-k=1npk)etpn+2=18(1-k=1n-1pk).

    Par différence, on obtient pn+3-pn+2=-18pn et cette égalité est encore vraie pour n=1.

  • (d)

    Méthode: (pn)n1 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 n1, introduisons Xn la colonne de coefficients pn,pn+1 et pn+2. On a

    Xn+1=AXn avec A=(010001-1801).

    Par récurrence, on obtient Xn=An-1X1 pour tout n1. Afin de calculer la puissance de A, on étudie la réduction de cette matrice. Son polynôme caractéristique est

    χA=X3-X2+18=(X-12)(X2-12X-14)

    de racines distinctes:

    α=12,β=1+54etγ=1-54.

    Pour λ valeur propre de A, l’espace propre associé est engendré par la colonne (1λλ2)t et l’on peut donc écrire

    A=PDP-1 avec P=(111αβγα2β2γ2) et D=(α000β000γ).

    Après calculs, on obtient

    P-1=1(β-α)(γ-α)(γ-β)(βγ(γ-β)-(β+γ)(γ-β)γ-β-αγ(γ-α)(α+γ)(γ-α)γ-αβα(β-α)-(β+α)(β-α)β-α)

    soit

    P-1=(12-4-1515-125+215-15-1-25+2).

    Enfin, l’égalité An-1=PDn-1P-1 permet de conclure:

    pn=125((1+54)n-1-(1-54)n-1)pour tout n1.
 
Exercice 45  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*, on introduit les événements Pn=«  La pièce tombe du côté 𝑝𝑖𝑙𝑒 au n-ième tirage  » et Fn=Pn¯.

Soit r*. On s’intéresse à l’obtention d’une série de r côtés piles consécutifs. Pour n*, on introduit l’événement An= «  Au n-ième tirage, on obtient pour la première fois une série de r côtés piles consécutifs  » dont on note an la probabilité. On convient que a0 est nul.

  • (a)

    Calculer a1,,ar-1 et ar.

  • (b)

    Soit n*. Exprimer l’événement An+r à l’aide des événements A1,,An-1 et d’événements Fk et Pk d’indices bien choisis. En déduire

    an+r=(1-p)pr(1-k=0n-1ak).

On introduit la série entière anxn dont on note G la somme.

  • (c)

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

    G(x)1-x=n=0+(k=0nak)xnpour tout x]-1;1[.
  • (d)

    Exprimer G(x).

[<] Temps d'attente

 
Exercice 46  5149   

Trois individus A, B et C se lancent une balle. À chaque instant 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 an,bn,cn les probabilités respectives que les joueurs A,B,C aient la balle à l’instant n.

  • (a)

    Exprimer an+1 en fonction de an, bn et cn.

On introduit Xn la colonne de coefficients an,bn,cn.

  • (b)

    Déterminer une matrice M de 3() telle que Xn+1=MXn.

  • (c)

    En déduire les expressions de an, bn et cn en fonction de n.

 
Exercice 47  5110    

Un individu se déplace sur l’axe des . À l’instant n=0, il se positionne en 0 et, à chaque instant n, il se déplace à droite ou à gauche d’une unité, de façon équiprobable et indépendante des mouvements qui précèdent. Soit 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 48  4306    

(Retour à l’origine)

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

P:tn=0+pntnetQ:tn=1+qntn.
  • (a)

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

    On donne:

    11-x=n=0+122n(2nn)xnpour tout x]-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[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 08-11-2019

Bootstrap Bootstrap 3 - LaTeXML [LOGO] - Powered by MathJax Powered by MathJax