Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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?

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

Édité le 29-08-2023

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