Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 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 9 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 $1 / 2$ .

[<] Événements Indépendants [>] Tournois

Édité le 08-12-2023

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

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

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

Calculs de probabilités