Probabilités, MATH 424
Feuille de travaux dirigés 2. Solutions.
1
Exercices
Exercice 1. On jette trois dés non pipés.
1. Calculer la probabilité d’obtenir au moins un 1.
2. Que vaut la probabilité d’obtenir au moins deux faces portant le même chiffre.
3. Calculer la probabilité que la somme des points marqués sur les trois faces soit paire.
4. Montrer que les deux évènements considérés aux questions 2 et 3 sont indépendants.
Solution. On considère l’univers Ω = {1, .., 6}3 . Les évènements sont les parties de Ω. Les dés étant non pipé on prend
comme probabilité la loi uniforme sur Ω.
1. On considère A l’évènement “au moins un 1 est obtenu”. Il est plus aisé de travailler sur l’évènement contraire “aucun
3
1 n’est obtenu” qui est de cardinal 53 . Le cardinal de A est donc 63 − 53 et sa probabilité est 1 − 65 , environ 0.42.
2. On note B l’évènement “au moins deux faces portent le même chiffre”. L’évènement contraire est “toutes les faces ont
un chiffre distinct” et son cardinal est 120 = 6 × 5 × 4. La probabilité cherchée est donc 1 − 5×4
, c’est à dire environ
62
0.44.
3. On note C l’évènement “la somme des points marqués sur les trois faces est paire”. Cet évènement a lieu dans le cas
où deux des trois faces ont la même parité et la troisième est paire. Ayant trois dés, nécessairement deux dés ont la
même parité, par conséquent la différence se fait sur le troisième. La probabilité de l’évènement C vaut 1/2.
4. Il suffit de calculer le nombre de cas où la somme des faces est paire et deux faces sont égales. Là encore deux faces
B
sont les mêmes la parité de la somme se joue sur la dernière face. On en déduit donc que Card (B ∩ C) = Card
2 . Par
conséquent
P(B)
P(B ∩C) =
= P(B)P(C).
2
Les évènements sont donc indépendants.
Exercice 2. On considère les deux situations suivantes :
1. Mon voisin a deux enfants dont au moins une fille. Quelle est la probabilité que l’autre enfant soit un garçon. ?
2. Un autre voisin a deux enfants. Le plus jeune est une fille. Quelle est la probabilité que l’ainé soit un garçon ?
Solution. L’ensemble Ω choisi est
Ω = {( f , g), (g, f ), ( f , f ), (g, g)}
où le premier élément du couple est l’ainé. On suppose que l’on a équiprobabilité.
1. On considère l’évènement F : “mon voisin a deux enfants dont une fille”. Il y a trois cas favorables par conséquent sa
probabilité est 43 .
On considère l’évènement G : “mon voisin a deux enfants dont un garçon”. Le cardinal de F ∩ G est 2. On cherche la
probabilité de l’évènement G sachant l’évènement F ce qui donne donc
P(G | F) =
1
P(G ∩ F) 2
= .
P(F)
3
2. On note J l’évènement “le plus jeune enfant de mon second voisin est une fille”. La probabilité de cet évènement est
1/2.
On note A l’évènement “l’ainé de mon second voisin est un garçon”. Le cardinal de A ∩ J est 1. Par conséquent la
probabilité cherchée est
P(A ∩ J) 1
P(A | J) =
= .
P(J)
2
Exercice 3. On jette deux dés non pipés, l’un est blanc l’autre est noir. Soit A l’évènement “le chiffre du dé noir est pair”, B
l’évènement “le chiffre du dé blanc est impair” et C l’évènement “les deux chiffres ont la même parité”.
Montrer que A et C, A et B, B et C sont indépendants mais que les trois évènements A, B, C ne le sont pas.
Solution. On considère des couples (b, n) où b désigne le chiffre du dé blanc et n celui du dé noir. On note Ω l’ensemble de
tous ces couples. La situation étant équiprobable on considère la probabilité uniforme.
1. L’ensemble Ω est {1, .., 6} × {1, .., 6} de cardinal 36.
2. L’ensemble A est {1, .., 6} × {2, 4, 6} de cardinal 18.
3. L’ensemble B est {1, 3, 5} × {1, .., 6} de cardinal 18.
4. L’ensemble A ∩ B est {1, 3, 5} × {2, 4, 6} de cardinal 18.
5. L’ensemble C est ({1, 3, 5} × {1, 3, 5}) ∪ {2, 4, 6} × {2, 4, 6}) de cardinal 18.
6. L’ensemble A ∩C est {1, 3, 5} × {1, 3, 5} de cardinal 9.
7. L’ensemble B ∩C est {2, 4, 6} × {2, 4, 6} de cardinal 9.
8. L’ensemble A ∩ B ∩C est vide.
Ainsi nous avons
P(A) = P(B) = P(C) = 1/2
et
1
P(A ∩ B) = P(A ∩C) = P(B ∩C) = .
4
Les couples d’évènements (A, B), (A,C) et (B,C) sont donc indépendants. Cependant, les trois évènements ne sont pas tous
les trois indépendants puisque le produit des trois probabilités est non nul alors que la probabilité de l’intersection est nulle.
Exercice 4 (Problème des rencontres). On considère n boules numérotées de 1 à n que l’on met dans n boîtes numérotées
elles aussi de 1 à n.
1. Donner un modèle probabiliste associé au problème.
2. Quelle est la probabilité qu’il y ait au moins une coïncidence entre le numéro de la boîte et le numéro de la boule ?
Quelle est sa limite lorsque n → ∞ ?
3. Quelle est la probabilité pour qu’il n’y ait aucune coïncidence ?
Solution. Commençons par donner un modèle probabiliste.
On note le résultat d’une expérience par un vecteur [(1, σ(1)), .., (n, σ(n))] où pour un couple (k, σ(k)) correspond à : la
boule numéro σ(k) est dans la boîte numéro k. L’application σ est une permutation.
L’univers considéré est donc
Ω = {[(1, σ(1)), .., (n, σ(n))] | σ permutation}
Son cardinal est n!
L’ensemble des évènements considéré est A = P (Ω).
Nous sommes dans une situation d’équiprobabilité, par conséquent la probabilité à choisir est la loi uniforme.
Soit A l’évènement “il y a au moins une coïncidence entre le numéro de la boule et celui de sa boîte”.
On note Ai l’évènement “la boîte i contient la boule i.”
Par conséquent, A = ∪ni=1 Ai et la probabilité de A découle de la formule de Poincaré :
n
P(∪nk=1 Ak ) =
∑ (−1)k−1
k=1
∑
1≤i1 ≤...≤ik ≤n
2
P(Ai1 ∩ ... ∩ Aik ).
Soit k ∈ {1, n}, et i1 ,...,ik tel que 1 ≤ i1 ≤ ... ≤ ik ≤ n.
P(Ai1 ∩ ... ∩ Aik ) =
on en déduit donc
Card (Ai1 ∩ ... ∩ Aik ) (n − k)!
=
Card (Ω)
n!
n
P(∪nk=1 Ak ) =
∑ (−1)k−1Cnk
k=1
n
1
(n − k)!
1
= ∑ (−1)k−1 → 1 − .
n!
k!
e
k=1
L’évènement “il n’y a aucune coïncidence” est l’évènement contraire du précédent, sa probabilité est donc 1 − P(A) c’est à
dire ∑nk=0 (−1)k−1 k!1 qui tend vers 1e .
Exercice 5 (Le paradoxe du chevalier de Méré). Le chevalier de Méré est un personnage marquant de la cour de Louis XIV
qui avait “très bon esprit, mais n’étais pas très bon géomètre” (cf lettre de Pascal à Fermat du 29 juillet 1654). Ce personnage
était toujours à la recherche de règles cachées lui permettant d’avoir un aventage sur ses adversaires. Voici deux de ses règles.
1. Il est avantageux de parier sur l’apparition d’au moins un 6 en lançant un dé 4 fois de suite.
2. Il est avantageux de parier sur l’apparition d’au moins un double six en lançant deux dés 24 fois de suite.
Qu’en pensez vous ? Quelle faute de raisonnement a pu faire le chevalier, quel est le paradoxe ?
Solution.
1. Pour la première règle on considère l’ensemble Ω = {1, ..., 6}4 avec la loi uniforme.
On considère l’évènement A : “avoir au moins un 6”. En utilisant l’évènement contraire nous obtenons que sa probabilité est
4
5
1
1−
' 0.5177 > .
6
2
Le chevalier a donc raison.
2. Pour la seconde règle on considère Ω = ({1, ..., 6} × {1, ..., 6})24 , avec la loi uniforme.
On considère l’évènement A : “avoir au moins un double 6 sur 24 lancés de deux dés”. En utilisant l’évènement
contraire nous obtenons que sa probabilité est
1−
35
36
24
1
' 0.4914 < .
2
Le chevalier a tort.
3. En lançant un dé il y a 6 résultats. En en lançant deux il y a 36 résultats donc 6 fois plus. Comme il est avantageux de
parier sur l’apparition d’un 6 sur 4 lancés, le chevalier a peut-être pensé qu’il était avantageux de parier sur l’appariation d’un double six sur 6 × 4 = 24 lancés...
Exercice 6 (Le problème des trois portes). Vous êtes à un jeu télévisé et le présentateur vous montre trois portes A, B et C.
Dérrière une de ces portes il y a un cadeau. Derrière les autres portes il n’y a rien. Vous choisissez la porte A, le présentateur
ouvre la porte B derrière laquelle il n’y a rien. Le présentateur vous propose alors de changer votre porte. Que faîtes vous ?
On ne cherchera pas à construire un modèle probabiliste associé à la situation. On le suppose construit et on raisonne avec.
Solution. On note A, B, C les trois portes et A (resp B et C) les évènements “le cadeau est derrière la porte A (resp B, C)”.
La probabilité de ces trois évènements est
P(A) = P(B) = P(C) = 1/3.
Soit E l’évènement “le présentateur ouvre la porte B”. On doit donc examiner les probabilités P(A | E) et P(C | E). Pour
cela on utilise les formules
P(A ∩ E) P(E | A)P(A)
P(A | E) =
=
,
P(E)
P(E)
et de même
P(C | E) =
P(C ∩ E) P(E | C)P(C)
=
.
P(E)
P(E)
3
Si le cadeau est effectivement derrière la porte A alors le présentateur a le choix entre les portes B et C, on en déduit
donc que P(E | A) = 1/2.
Si la voiture est effectivement derrière la porte C alors le présentateur ne peut que choisir la porte B car il ne peut ouvrir la
porte A. Par conséquent P(E | C) = 1.
Enfin, lévènement E ne peut se produire si le cadeau est derrière la porte B. Par conséquent P(E | B) = 0. Les évènements
A, B et C forment un système complet. On calcule donc P(E) par la formule
1
P(E) = P(E | A)P(A) + P(E | B)P(B) + P(E | C)P(C) = .
2
Ainsi, P(A | E) = 1/3 et P(C | E) = 2/3. il y a donc tout intérêt à changer de porte.
Exercice 7. On considère un de nos étudiants du cours de probabilité. Quand on téléphone chez lui, entre 18h et 19h, on a
neuf chances sur dix de tomber sur son répondeur. Lorsqu’il est présent chez lui, il utilise son répondeur deux fois sur trois,
précisément lorsqu’il travaille ses cours et ne souhaite pas être dérangé. Quand il est absent, il utilise toujours son répondeur.
On ne cherchera pas à construire un modèle probabiliste associé à la situation. On le suppose construit et on raisonne avec.
1. Calculer la probabilité pour qu’il soit là chez lui entre 18h et 19h.
2. On tombe sur le répondeur, calculer la probabilité pour qu’il soit présent en train de travailler.
Solution. On considère les évènements A : “tomber sur le répondeur” et B : “l’étudiant est présent”. On note B l’évènement,
“l’étudiant est absent” D’après l’énoncé nous avons les probabilités suivantes :
P(A) =
9
2
, P(A | B) = , P(A | B) = 1.
10
3
1. Par la décomposition
A = (A ∩ B) t (A ∩ B)
nous obtenons
P(A) = P(A ∩ B) + P(A ∩ B) = P(B)P(A | B) + (1 − P(B))P(A | B).
Par conséquent on a
9
2
= P(B) + 1 − P(B)
10 3
donc P(B) =
3
10 .
2. On calcule
P(B | A) =
P(B ∩ A) P(B)P(A | B) 2
=
= .
P(A)
P(A)
9
Exercice 8. Montrer que si l’on tape de manière aléatoire une infinité de fois sur une machine à écrire avec probabilité 1,
votre roman préféré sera tapé une infinité de fois.
Solution. On considère le modèle probabiliste (Ω, A , P) associé à l’expérience où Ω est constitué de l’ensemble des écrits
(infinis !) possibles et A est l’ensemble des parties de Ω. Soit R votre roman préféré et L le nombre de caractères le constituant. On considère Rk l’évènement consistant en le fait que le roman soit écrit entre les caractères (k − 1)L + 1 et kL.
Ces évènements sont indépendants et ont la même probabilité, d’où ∑ P(Rn ) = ∞. Par le lemme de Borel-Cantelli, avec une
probabilité égale à 1, une infinité d’évènements Rk vont se produire. Autrement dit votre roman sera tapé une infinité de fois !
Exercice 9 (Modèles statistiques. Boules et urnes). On considère le problème de la répartition de r boules dans n urnes et
l’on suppose les répartitions équiprobables. Cependant on obtient diverses situations suivant que l’on considère les boules et
les urnes discernables ou indiscernables. Tous les modèles ci-dessous sont utilisés en mécanique statistique.
1. Boules et urnes sont indiscernables (modèles de Maxwell-Boltzmann).
(a) Proposer un modèle. Quel est le cardinal de Ω ?
(b) Calculer la probabilité de l’évènement Ai : “la i-ème urne est vide”.
(c) Calculer la probabilité de l’évènement B “chaque boule contient au plus une boule”.
4
(d) Calculer la probabilité de l’évènement Cik : “la i-ème urne contient exactement k boules”.
(e) Calculer la probabilité de l’évènement A “parmi m urnes fixés à l’avance, aucune n’est vide”
(f) On considère des entiers (k1 , ..., kn ) avec k1 + ... + kn = r.
Calculer la probabilité d’avoir k1 boules dans l’urne 1, ... , kn boules dans l’urne n.
2. Boules indiscernables et urnes discernables (modèle de Bose-Einstein)
(a) Proposer un modèle. Quel est le cardinal de Ω ?
(b) Calculer la probabilité de l’évènement Ak : “une urne fixée contient exactement k boules”.
3. Boules indiscernables, urnes discernables et impossibilité d’avoir deux ou plus de deux boules dans une même urne
(modèle Fermi-Dirac)
(a) Proposer un modèle. Quel est le cardinal de Ω ?
(b) Calculer la probabilité de l’évènement A1 : “une urne fixée contient exactement 1 boule”.
Solution (Modèles statistiques. Boules et urnes). On considère le problème de la répartition de r boules dans n urnes et l’on
suppose les répartitions équiprobables. Cependant on obtient diverses situations suivant que l’on considère les boules et les
urnes discernables ou indiscernables. Tous les modèles ci-dessous sont utilisés en mécanique statistique.
1. Boules et urnes sont discernables (modèles de Maxwell-Boltzmann).
(a) L’ensemble Ω choisi est celui de toutes les répartitions possibles (w1 , ..., wr ) où wi désigne l’urne contenant la
i-ème boule. Le cardinal de Ω est donc nr . L’ensemble étant fini, l’ensemble des évènements est l’ensemble des
parties de Ω. On prend l’équiprobabilité comme probabilité sur Ω.
(b) Calculer la probabilité de l’évènement Ai : “la i-ème urne est vide”. Si la i-ème urne est vide, cela signifie que
chaque boule n’a que (n − 1) choix d’urnes. Ainsi,
n−1 r
P(Ai ) =
.
n
(c) Calculer la probabilité de l’évènement B “chaque boule contient au plus une boule”. Ceci revient à considérer le
nombre d’injection de l’ensemble des boules dans l’ensemble des urnes, qui est un arrangement de r e´léments
parmis n. On a donc
n(n − 1)..(n − r + 1)
.
P(B) =
nr
(d) Calculer la probabilité de l’évènement Cik : “la i-ème urne contient exactement k boules”. Un tel évènement
correspond au choix de k éléments parmis r, puis à la répartition de r − k boules dans n − 1 urnes. Par conséquent,
on a
Ck (n − 1)r−k
P(Cik ) = r
.
nr
(e) Calculer la probabilité de l’évènement A “parmi m urnes fixés à l’avance, aucune n’est vide”.
On peut supposer que l’on a fixé les m premières urnes. Par conséquent l’évènement A correspond à
A = (Ω \ A1 ) ∩ ... ∩ (Ω ∩ Am ) = Ω \ (A1 ∪ ... ∪ Am ).
Pour calculer sa probabilité on utilise la formule de Poincaré :
m
P(A1 ∪ ... ∪ Am ) =
∑ (−1)k−1
k=1
∑
P(Ai1 ∩ ... ∩ Aik ).
1≤i1 ≤...≤ik ≤m
Par conséquent
m
P(A) =
m
k
∑ (−1)
k=0
∑
P(Ai1 ∩ ... ∩ Aik ) =
1≤i1 ≤...≤ik ≤m
5
(−1)kCmk
k=0
∑
k r
.
1−
n
(f) On considère des entiers (k1 , ..., kn ) avec k1 + ... + kn = r.
Calculer la probabilité d’avoir k1 boules dans l’urne 1, ... , kn boules dans l’urne n. Le nombre de telles répartitions
est
r!
kn
k2
Crk1 Cr−k
...Cr−k
=
1
1 −..−kn−1
k1 !...kn !
On a
P(C) =
1
r!
.
k
n k1 !...kn !
2. Boules indiscernables et urnes discernables (modèle de Bose-Einstein)
(a) Dans ce cas-ci seul le nombre de boules dans les urnes intervient. On prend pour Ω l’ensemble des suites
(x1 , ..., xn ) des nombres entiers positifs et solutions de l’équation x1 + ... + xn = r. Dans la feuille précédente
r
nous avons montré que le cardinal de Ω est Cn+r−1
. Comme mesure de probabilité on prend l’équiprobabilité.
(b) Calculer la probabilité de l’évènement Ak : “une urne fixée contient exactement k boules”. Ceci correspond au
nombre de répartitions de r − k boules indiscernables dans n − 1 urnes discernables. On a donc
r−k
r
P(Ak ) = Cn+r−k−2
/Cn+r−1
.
3. Boules indiscernables, urnes discernables et impossibilité d’avoir deux ou plus de deux boules dans une même urne
(modèle Fermi-Dirac)
(a) L’ensemble Ω est l’ensemble des parties de r éléments (les r urnes non vides) prises d’un ensemble de n éléments
(les n urnes au total). Le cardinal de Ω est Cnr . On considère l’équiprobabilité.
(b) Calculer la probabilité de l’évènement A1 : “une urne fixée contient exactement 1 boule”. On a P(A1 ) =
6
r−1
Cn−1
Cnr .
© Copyright 2024 ExpyDoc
