Exercice 1 3831 Correction

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

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

Solution

On a

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

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

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

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

Exercice 2 4579

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

(a)

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

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

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

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

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

Exercice 3 3842 Correction

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

Solution

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

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

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

Par la formule des probabilités totales,

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

Il ne reste plus qu’à évaluer…

P (A_{3} ∣ B_{1}) = 0

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

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

Au final,

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

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

Exercice 4 4205 Correction

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

Solution

On introduit les événements

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

Le cadre hypothétique donne

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

On veut calculer

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

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

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

et aussi

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

donc

P (B ∣ A) = \frac{5}{12} .

Exercice 5 5554 Correction

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

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

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

Solution

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

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

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

Par probabilités composées,

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

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

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

On a donc

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

Exercice 6 5842 Correction

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

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

(a)

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

En déduire l’identité

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

Solution

(a)

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

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

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

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

Par probabilités composées,

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

Les compositions d’urnes étant alors connues

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

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

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

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

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

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

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

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

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

ce qui entraîne la relation voulue.

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

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

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

Exercice 7 5841 Correction

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

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

(a)

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

En déduire l’identité

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

Solution

(a)

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

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

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

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

Par probabilités composées,

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

Les compositions d’urnes étant alors connues

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

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

P (A_{k})

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

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

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

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

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

(b)

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

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

ce qui entraîne la relation voulue.

Exercice 8 3827 Correction

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

Solution

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

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

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

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

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

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

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

Exercice 9 4592

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

Exercice 10 5736 Correction

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

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

(a)

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

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

Solution

(a)

On introduit

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

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

On a immédiatement

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

Par incompatibilité puis indépendance,

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

De même, on décrit $A_{3}$

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

et l’on en déduit

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

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

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

Par translation de l’expérience,

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

On obtient donc la relation de récurrence

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

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

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

Exercice 11 5212

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

A_{k} = « Obtenir lors du k -ième tirage une boule déjà sortie précédemment ».

(a)

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

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

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

Exercice 12 4591

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

Exercice 13 5438 Correction

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

\frac{r}{r + v} .

Solution

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

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

ce qui est conforme à la formule proposée.

On introduit l’événement:

A = «  La première pomme piochée est rouge  ».

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

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

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

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

et donc

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

ce qui est à nouveau compatible avec la formule proposée.

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

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

Exercice 14 6092 Correction

(Paradoxe du passager distrait)

$N ⩾ 2$ passagers montent successivement dans un avion. Le premier passager choisit une place au hasard. Les passagers suivants prennent leur place attitrée si elle est disponible ou une place au hasard parmi les places disponibles sinon.

Déterminer la probabilité que le dernier passager soit à sa place.

Solution

Notons $p_{N}$ la probabilité recherchée.

Pour $N = 2$ , on a immédiatement $p_{2} = 1 / 2$ .

Pour $N = 3$ , considérons les événements:

	$A_{1}$	$= « Le premier passager prend sa place »$
	$A_{2}$	$= « Le premier passager prend la place du deuxième »$
	$A_{3}$	$= « Le premier passager prend la place du troisième »$
	$B$	$= « Le dernier passager prend la place qui lui est attitrée ».$

Il s’agit de calculer $p_{3} = P (B)$ .

Les événements $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ sont équiprobables et constituent un système complet. Par la formule des probabilités totales,

p_{3} = P (A_{1}) P (B ∣ A_{1}) + P (A_{2}) P (B ∣ A_{2}) + P (A_{3}) P (B ∣ A_{3}) = \frac{1}{3} (P (B ∣ A_{1}) + P (B ∣ A_{2}) + P (B ∣ A_{3})) .

On a immédiatement $P (B ∣ A_{1}) = 1$ puisqu’alors chaque passager prend exactement sa place.

On a aussi $P (B ∣ A_{3}) = 0$ puisque le premier passager occupe la place du troisième.

Enfin, si l’événement $A_{2}$ est réalisé, lorsque le deuxième passager entre il doit choisir entre la première et la troisième place et donc $P (B ∣ A_{2}) = 1 / 2$ .

On en déduit

p_{3} = \frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2} + 0) = \frac{1}{2} .

Passons au cas général $N ⩾ 3$ .

Pour $k = 1, \dots, N$ , introduisons les événements:

	$A_{k}$	$= « Le premier passager prend la place du k -ième passager »$
	$B$	$= « Le dernier passager prend la place qui lui est attitrée ».$

Les événements $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{N}$ sont équiprobables et forment un système complet. Par la formule des probabilités totales,

P (B) = \sum_{k = 1}^{N} P (A_{k}) P (B ∣ A_{k}) = \frac{1}{N} \sum_{k = 1}^{N} P (B ∣ A_{k}) .

Comme précédemment, $P (B ∣ A_{1}) = 1$ et $P (B ∣ A_{N}) = 0$ .

Soit $k \in {2, \dots, N - 1}$ . Supposons l’événement $A_{k}$ réalisé. Lorsque le $k$ -ième passager entre, les passagers $2$ à $k - 1$ occupent chacun leur place mais lui ne peut pas prendre la sienne. Il a alors le choix entre $N - k + 1$ places restantes: celle du premier passager, restée libre, et celles des $N - k$ passagers non encore entrés. Si l’on considère la place du premier passager comme étant désormais sa place, la situation devient identique au problème initial avec un total de $N - k + 1$ passagers. Ainsi,

P (B ∣ A_{k}) = p_{N - k + 1} .

On en déduit la relation de récurrence

p_{N} = \frac{1}{N} (1 + \sum_{k = 2}^{N - 1} p_{N - k + 1} + 0)

soit encore, après renversement de l’indexation,

p_{N} = \frac{1}{N} (1 + \sum_{k = 2}^{N - 1} p_{k} + 0) .

Sachant $p_{2} = 1 / 2$ , on retrouve $p_{3} = 1 / 2$ puis on obtient $p_{4} = 1 / 2$ , etc. Par une récurrence forte, on établit finalement $p_{N} = 1 / 2$ pour tout $N ⩾ 2$ .

Exercice 15 4015 Correction

Deux entreprises asiatiques produisent des « langues de belle-mère » en proportion égale. Cependant certaines sont défectueuses, dans la proportion $p_{1}$ pour la première entreprise, dans la proportion $p_{2}$ pour la seconde. Un client achète un sachet contenant $n$ articles. Il souffle dans une première et celle-ci fonctionne: le voilà prêt pour fêter le nouvel an!

(a)

Quelle est la probabilité pour qu’une seconde langue de belle-mère choisie dans le même sachet fonctionne?
(b)

Quelle est la probabilité que le sachet comporte $k$ articles fonctionnels (y compris le premier extrait)?

Solution

(a)

Notons $A_{i}$ l’évènement

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

Notons $B_{1}$ l’évènement

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

Puisque les entreprises produisent en proportion égale

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

et par la formule des probabilités totales

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

puis

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

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

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

Par la formule des probabilités totales

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

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

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

On en déduit

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

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

$« le sachet contient k articles fonctionnels ».$

On veut mesurer

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

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

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

avec $D_{k - 1}$ l’évènement

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

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

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

Par probabilités totales

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

et enfin

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

Exercice 16 5777 X (PC)Correction

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

Solution

Notons $p_{N}$ la probabilité recherchée.

Pour $N = 2$ , on a immédiatement $p_{2} = 0$ .

Pour $N = 3$ , considérons les événements

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

Puisqu’il y a seulement trois passagers, l’événement $\bar{A}$ signifie que le premier passager occupe la place du dernier.

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

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

avec $P (A) = P (\bar{A}) = 1 / 2$ et $P (B ∣ \bar{A}) = 0$ . Si l’événement $A$ est réalisé, le deuxième passager ne peut pas occuper sa place et doit choisir entre la place du premier passager et celle du dernier. On en déduit $P (B ∣ A) = 1 / 2$ . Au final,

p_{3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot 0 = \frac{1}{4} .

Passons au cas général $N ⩾ 3$ .

Pour $k = 2, \dots, N$ , introduisons les événements

	$A_{k}$	$= « Le premier passager prend la place du k -ième passager »$
	$B$	$= « Le dernier passager prend la place qui lui est attitrée ».$

Les événements $A_{2}, \dots, A_{N}$ sont équiprobables et forment un système complet. Par la formule des probabilités totales,

P (B) = \sum_{k = 2}^{N} P (A_{k}) P (B ∣ A_{k}) = \frac{1}{N - 1} \sum_{k = 2}^{N} P (B ∣ A_{k}) .

On a immédiatement $P (B ∣ A_{N}) = 0$ .

Soit $k \in {2, \dots, N - 1}$ . Supposons l’événement $A_{k}$ réalisé. Lorsque le $k$ -ième passager entre, les passagers $2$ à $k - 1$ occupent chacun leur place mais lui ne peut pas prendre la sienne. Il a alors le choix entre $N - k + 1$ places restantes: celle du premier passager et celles des $N - k$ passagers non encore entrés. S’il choisit la place du premier passager, alors le dernier passager prendra sa place attitrée. Sinon, il choisit une autre des $N - k$ places libres et la situation devient identique au problème initial avec un total de $N - k + 1$ passagers. Ainsi,

P (B ∣ A_{k}) = \frac{1}{N - k + 1} + \frac{N - k}{N - k + 1} p_{N - k + 1} .

On en déduit la relation de récurrence

p_{N} = \frac{1}{N - 1} \sum_{k = 2}^{N - 1} (\frac{1}{N - k + 1} + \frac{N - k}{N - k + 1} p_{N - k + 1})

soit encore, après renversement de l’indexation,

p_{N} = \frac{1}{N - 1} \sum_{k = 2}^{N - 1} \frac{1}{k} + \frac{k - 1}{k} p_{k} .

On pose $q_{k} = \frac{(k - 1)}{k} p_{k}$ . Alors

q_{N} = \frac{1}{N} \sum_{k = 2}^{N - 1} (\frac{1}{k} + q_{k}) .

On en tire

(N + 1) q_{N + 1} - N q_{N} = \sum_{k = 2}^{N} (\frac{1}{k} + q_{k}) - \sum_{k = 2}^{N - 1} (\frac{1}{k} + q_{k}) = \frac{1}{N} + q_{N}

et donc

q_{N + 1} - q_{N} = \frac{1}{N (N + 1)} = \frac{1}{N} - \frac{1}{N + 1} .

Sachant $q_{2} = 0$ , on obtient

q_{N} = \sum_{k = 2}^{N - 1} (q_{k + 1} - q_{k}) = \sum_{k = 2}^{N - 1} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{N} .

Finalement,

p_{N} = \frac{N}{N - 1} (\frac{1}{2} - \frac{1}{N}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{N - 2}{N - 1} .

Exercice 17 5573 Correction

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

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

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

Solution

Notons $p_{n}$ la probalité recherchée.

On remarque

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

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

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

Par récurrence, on valide la formule

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

Exercice 18 2417

(Urne de Pólya)

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

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

[<] Probabilités conditionnelles [>] Formule de Bayes

Édité le 29-11-2025

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

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

Formule des probabilités totales et composées