Exercices corrigés : Probabilités sur un univers fini (Prépa, 1re année)

1. D'après la formule de la réunion, $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$, donc $$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0{,}6+0{,}5-0{,}8=0{,}3.$$

2. L'événement $A$ est la réunion des événements incompatibles $A\cap B$ et $A\cap\overline{B}$. Par additivité, $P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap\overline{B})$, donc $$P(A\cap\overline{B})=0{,}6-0{,}3=0{,}3.$$ D'après les lois de De Morgan, $\overline{A}\cap\overline{B}=\overline{A\cup B}$, donc $$P(\overline{A}\cap\overline{B})=1-P(A\cup B)=1-0{,}8=0{,}2.$$

3. On a $P(A)P(B)=0{,}6\times0{,}5=0{,}3=P(A\cap B)$. Les événements $A$ et $B$ sont donc indépendants.

4. Comme $P(B)=0{,}5>0$ : $$P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}3}{0{,}5}=0{,}6.$$ Comme $P(\overline{B})=1-0{,}5=0{,}5>0$ : $$P_{\overline{B}}(A)=\frac{P(A\cap\overline{B})}{P(\overline{B})}=\frac{0{,}3}{0{,}5}=0{,}6.$$ On retrouve $P_B(A)=P_{\overline{B}}(A)=P(A)$, ce qui traduit l'indépendance de $A$ avec $B$, et avec $\overline{B}$ (passage au contraire).

En revanche $1-P_B(A)=0{,}4\neq0{,}6=P_{\overline{B}}(A)$. L'égalité $P_{\overline{B}}(A)=1-P_B(A)$ est fausse en général : $P_B$ est une probabilité en l'événement $A$, pas en l'événement conditionnant. La relation correcte est $P_B(\overline{A})=1-P_B(A)=0{,}4$.

1. Les valeurs de $k(6-k)$ sont, pour $k=1,2,3,4,5$ : $5,\ 8,\ 9,\ 8,\ 5$. Leur somme vaut $35$.

Pour que les $p_k$ soient positifs, il faut $c\geqslant0$, et la condition $\sum_{k=1}^5p_k=1$ s'écrit $35c=1$, soit $c=\frac{1}{35}$. Réciproquement, avec $c=\frac{1}{35}$, les $p_k=\frac{k(6-k)}{35}$ sont positifs et de somme $1$ : c'est une distribution de probabilités. D'après le théorème du cours, il existe une unique probabilité $P$ sur $\Omega$ telle que $P(\{k\})=p_k$, et pour tout événement $E$, $P(E)=\sum_{k\in E}p_k$.

2. $D=\{2,4\}$, donc $P(D)=\frac{8+8}{35}=\frac{16}{35}$.

$A=\{3,4,5\}$, donc $P(A)=\frac{9+8+5}{35}=\frac{22}{35}$.

3. $A\cap D=\{4\}$, donc $P(A\cap D)=\frac{8}{35}$. Comme $P(A)>0$ : $$P_A(D)=\frac{P(A\cap D)}{P(A)}=\frac{8/35}{22/35}=\frac{8}{22}=\frac{4}{11}.$$ Or $P(D)=\frac{16}{35}$ et $\frac{4}{11}\neq\frac{16}{35}$ (car $4\times35=140\neq176=16\times11$). Comme $P(A)>0$, la caractérisation par le conditionnement montre que $A$ et $D$ ne sont pas indépendants.

Données : $P(M_1)=0{,}5$, $P(M_2)=0{,}3$, $P(M_3)=0{,}2$ et $P_{M_1}(D)=0{,}01$, $P_{M_2}(D)=0{,}02$, $P_{M_3}(D)=0{,}05$.

1. Chaque pièce provient d'une et une seule machine : $(M_1,M_2,M_3)$ est un système complet d'événements de probabilités non nulles. D'après la formule des probabilités totales : $$P(D)=\sum_{i=1}^3P(M_i)P_{M_i}(D)=0{,}005+0{,}006+0{,}010=0{,}021.$$

2. Comme $P(D)>0$, la formule de Bayes donne $P_D(M_i)=\frac{P(M_i)P_{M_i}(D)}{P(D)}$ : $$P_D(M_1)=\frac{0{,}005}{0{,}021}=\frac{5}{21},\qquad P_D(M_2)=\frac{0{,}006}{0{,}021}=\frac{2}{7},\qquad P_D(M_3)=\frac{0{,}010}{0{,}021}=\frac{10}{21}.$$ Contrôle : $\frac{5}{21}+\frac{6}{21}+\frac{10}{21}=1$, ce qui est attendu car $P_D$ est une probabilité et $(M_1,M_2,M_3)$ un système complet. La machine $M_3$ ne produit que $20\,\%$ des pièces mais près de la moitié des pièces défectueuses.

3. $P(\overline{D})=1-0{,}021=0{,}979>0$. Par la formule des probabilités composées, $P(M_3\cap\overline{D})=P(M_3)P_{M_3}(\overline{D})=0{,}2\times(1-0{,}05)=0{,}19$. Donc $$P_{\overline{D}}(M_3)=\frac{0{,}19}{0{,}979}=\frac{190}{979}\approx0{,}194.$$ Savoir que la pièce est bonne ne modifie presque pas la probabilité qu'elle vienne de $M_3$ ($0{,}194$ contre $0{,}2$), car presque toutes les pièces sont bonnes.

1. $T_1=B_1$ et, pour $k\geqslant2$, $T_k=N_1\cap N_2\cap\cdots\cap N_{k-1}\cap B_k$.

Pour $k\geqslant7$, $T_k$ exigerait que les $6$ premières boules soient noires, alors que l'urne ne contient que $5$ boules noires. Donc $T_k=\emptyset$.

2. $P(T_1)=P(B_1)=\frac{3}{8}$.

Sachant $N_1$, l'urne contient $3$ blanches et $4$ noires. Comme $P(N_1)=\frac58>0$, la formule des probabilités composées donne $$P(T_2)=P(N_1)P_{N_1}(B_2)=\frac{5}{8}\times\frac{3}{7}=\frac{15}{56}.$$ Sachant $N_1\cap N_2$ (de probabilité $\frac58\times\frac47>0$), il reste $3$ blanches et $3$ noires : $$P(T_3)=P(N_1)P_{N_1}(N_2)P_{N_1\cap N_2}(B_3)=\frac{5}{8}\times\frac{4}{7}\times\frac{3}{6}=\frac{5}{28}.$$

3. Soit $k\in\{1,\dots,6\}$. Le cas $k=1$ est traité ; on suppose $k\geqslant2$. Sachant que les $i-1$ premières boules sont noires ($1\leqslant i\leqslant k$), l'urne contient avant le $i$-ième tirage $8-(i-1)=9-i$ boules, dont $3$ blanches et $5-(i-1)=6-i$ noires. Donc $$P_{N_1\cap\cdots\cap N_{i-1}}(N_i)=\frac{6-i}{9-i}\quad(1\leqslant i\leqslant k-1),\qquad P_{N_1\cap\cdots\cap N_{k-1}}(B_k)=\frac{3}{9-k}.$$ Pour $i\leqslant k-1\leqslant5$, on a $6-i\geqslant1$, donc ces facteurs sont strictement positifs et, de proche en proche, $P(N_1\cap\cdots\cap N_{k-1})>0$. La formule des probabilités composées s'applique : $$P(T_k)=\prod_{i=1}^{k-1}\frac{6-i}{9-i}\times\frac{3}{9-k}.$$ Le numérateur du produit est $5\times4\times\cdots\times(7-k)=\frac{5!}{(6-k)!}$ et le dénominateur est $8\times7\times\cdots\times(10-k)=\frac{8!}{(9-k)!}$. Donc $$P(T_k)=\frac{5!\,(9-k)!}{(6-k)!\,8!}\times\frac{3}{9-k}=\frac{3\times5!}{8!}\times\frac{(8-k)!}{(6-k)!}=\frac{360}{40320}(8-k)(7-k)=\frac{(8-k)(7-k)}{112}.$$ Pour $k=1$, la formule donne $\frac{7\times6}{112}=\frac{42}{112}=\frac38$ : elle reste vraie. On retrouve aussi $P(T_2)=\frac{30}{112}=\frac{15}{56}$ et $P(T_3)=\frac{20}{112}=\frac{5}{28}$.

4. Les valeurs de $(8-k)(7-k)$ pour $k=1,\dots,6$ sont $42,30,20,12,6,2$, de somme $112$. Donc $\sum_{k=1}^6P(T_k)=1$.

Interprétation : les $T_k$ sont deux à deux incompatibles (la première blanche n'a qu'un rang) et, comme on vide l'urne, une boule blanche finit toujours par sortir, au plus tard au rang $6$. Donc $(T_1,\dots,T_6)$ est un système complet d'événements, et la somme de leurs probabilités vaut $P(\Omega)=1$.

Remarque : on peut aussi raisonner en dénombrant les positions des $3$ boules blanches, qui forment une partie à $3$ éléments de $\{1,\dots,8\}$ choisie uniformément ; $T_k$ correspond aux parties contenant $k$ et deux éléments de $\{k+1,\dots,8\}$, d'où $P(T_k)=\binom{8-k}{2}\big/\binom{8}{3}$, qui est bien la même valeur.

Un entier est multiple de $2$ et de $3$ si et seulement s'il est multiple de $6$ ($2$ et $3$ sont premiers entre eux) : $A\cap B$ est l'événement « l'entier est multiple de $6$ ».

1. Pour $n=12$ : $A=\{2,4,6,8,10,12\}$, $B=\{3,6,9,12\}$, $A\cap B=\{6,12\}$. Donc $P(A)=\frac{6}{12}=\frac12$, $P(B)=\frac{4}{12}=\frac13$ et $P(A\cap B)=\frac{2}{12}=\frac16=P(A)P(B)$. Les événements sont indépendants.

2. Pour $n=10$ : $A=\{2,4,6,8,10\}$, $B=\{3,6,9\}$, $A\cap B=\{6\}$. Donc $P(A)P(B)=\frac{5}{10}\times\frac{3}{10}=\frac{3}{20}$ alors que $P(A\cap B)=\frac{1}{10}=\frac{2}{20}$. Les événements ne sont pas indépendants.

3. Soit $n=6m$ avec $m\geqslant1$. Si $d$ divise $n$, les multiples de $d$ dans $\{1,\dots,n\}$ sont $d,2d,\dots,\frac{n}{d}d$ : il y en a $\frac{n}{d}$. Comme $2$, $3$ et $6$ divisent $n$ : $$P(A)=\frac{n/2}{n}=\frac12,\qquad P(B)=\frac{n/3}{n}=\frac13,\qquad P(A\cap B)=\frac{n/6}{n}=\frac16.$$ Donc $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ : $A$ et $B$ sont indépendants.

Les événements « pair » et « multiple de $3$ » sont définis de la même façon pour tout $n$, mais leur indépendance dépend de $n$, c'est-à-dire de la probabilité choisie.

1. D'après la formule de la réunion, $P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)$. Comme $P(A\cup B)\leqslant1$, on obtient $P(A\cap B)\geqslant P(A)+P(B)-1$.

2. D'après les lois de De Morgan, $\overline{\bigcap_{i=1}^nA_i}=\bigcup_{i=1}^n\overline{A_i}$. Par sous-additivité : $$P\left(\bigcup_{i=1}^n\overline{A_i}\right)\leqslant\sum_{i=1}^nP(\overline{A_i})=\sum_{i=1}^n\big(1-P(A_i)\big)=n-\sum_{i=1}^nP(A_i).$$ Donc $$P\left(\bigcap_{i=1}^nA_i\right)=1-P\left(\bigcup_{i=1}^n\overline{A_i}\right)\geqslant1-n+\sum_{i=1}^nP(A_i)=\sum_{i=1}^nP(A_i)-(n-1).$$

3. Soit $R_i$ l'événement « le $i$-ième contrôle est réussi ». On a $\sum_{i=1}^{10}P(R_i)\geqslant10\times0{,}95=9{,}5$. D'après la question 2 : $$P\left(\bigcap_{i=1}^{10}R_i\right)\geqslant9{,}5-9=0{,}5.$$

4. Pour $i\in\{1,\dots,10\}$, on pose $A_i=\Omega\setminus\{i\}$. Alors $P(A_i)=\frac{19}{20}=0{,}95$, et $$\bigcap_{i=1}^{10}A_i=\Omega\setminus\{1,\dots,10\}=\{11,\dots,20\},$$ de probabilité $\frac{10}{20}=0{,}5$. L'égalité est atteinte : sans autre hypothèse, on ne peut pas remplacer $0{,}5$ par un nombre plus grand. Dans cet exemple, les échecs $\overline{A_i}=\{i\}$ sont deux à deux incompatibles, ce qui est le cas le plus défavorable.

5. Par indépendance mutuelle : $$P\left(\bigcap_{i=1}^{10}R_i\right)=\prod_{i=1}^{10}P(R_i)=0{,}95^{10}\approx0{,}599.$$ L'hypothèse d'indépendance améliore la minoration générale $0{,}5$.

1. Pour tout événement $B$ : $P(\emptyset\cap B)=P(\emptyset)=0=P(\emptyset)P(B)$ et $P(\Omega\cap B)=P(B)=1\times P(B)=P(\Omega)P(B)$.

2. Avec la probabilité uniforme, l'égalité $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ s'écrit $$\frac{\operatorname{card}(A\cap B)}{p}=\frac{\operatorname{card}A}{p}\times\frac{\operatorname{card}B}{p},\quad\text{soit}\quad p\operatorname{card}(A\cap B)=\operatorname{card}A\times\operatorname{card}B.$$ Le nombre premier $p$ divise donc le produit $\operatorname{card}A\times\operatorname{card}B$ ; d'après le lemme d'Euclide, il divise $\operatorname{card}A$ ou $\operatorname{card}B$. Supposons qu'il divise $\operatorname{card}A$. Comme $0\leqslant\operatorname{card}A\leqslant p$, on a $\operatorname{card}A\in\{0,p\}$, c'est-à-dire $A=\emptyset$ ou $A=\Omega$. De même si $p$ divise $\operatorname{card}B$.

3. Les éléments de $A$ sont les entiers $1+ja$ avec $j\geqslant0$ et $1+ja\leqslant n=ab$. Pour $j\leqslant b-1$, $1+ja\leqslant1+ab-a\leqslant ab$ car $a\geqslant1$ ; pour $j=b$, $1+ab>n$. Donc $A=\{1+ja : 0\leqslant j\leqslant b-1\}$ et $\operatorname{card}A=b$, d'où $P(A)=\frac{b}{ab}=\frac1a$.

$\operatorname{card}B=a$, donc $P(B)=\frac{a}{ab}=\frac1b$.

Le seul élément de $B=\{1,\dots,a\}$ congru à $1$ modulo $a$ est $1$ (le suivant serait $1+a>a$). Donc $A\cap B=\{1\}$ et $$P(A\cap B)=\frac{1}{ab}=\frac1a\times\frac1b=P(A)P(B).$$ $A$ et $B$ sont indépendants. Enfin $1\leqslant b<n$ et $1\leqslant a<n$ (car $a,b\geqslant2$), donc ni $A$ ni $B$ n'est vide ou égal à $\Omega$.

Exemple : pour $n=4$, $a=b=2$, on obtient $A=\{1,3\}$ et $B=\{1,2\}$, avec $P(A\cap B)=\frac14=\frac12\times\frac12$.

4. La probabilité uniforme ne dépend que du cardinal, quitte à renuméroter les éléments. D'après les questions 2 et 3, il existe deux événements indépendants distincts de $\emptyset$ et de $\Omega$ si et seulement si $n$ n'est pas premier.

$(U_0,\dots,U_n)$ est un système complet d'événements (une et une seule urne est choisie), avec $P(U_k)=\frac{1}{n+1}>0$. Sachant $U_k$, on tire au hasard dans une urne de $n$ boules dont $k$ blanches, et la remise conserve la composition : $P_{U_k}(B_1)=P_{U_k}(B_2)=\frac{k}{n}$.

1. D'après la formule des probabilités totales : $$P(B_1)=\sum_{k=0}^nP(U_k)P_{U_k}(B_1)=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n\frac kn=\frac{1}{n(n+1)}\times\frac{n(n+1)}{2}=\frac12.$$ Le même calcul donne $P(B_2)=\frac12$.

2. Par hypothèse, $P_{U_k}(B_1\cap B_2)=\frac{k^2}{n^2}$. Formule des probabilités totales : $$P(B_1\cap B_2)=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n\frac{k^2}{n^2}=\frac{1}{n^2(n+1)}\times\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{2n+1}{6n}.$$

3. Comme $P(B_1)=\frac12>0$ : $$P_{B_1}(B_2)=\frac{P(B_1\cap B_2)}{P(B_1)}=\frac{2n+1}{3n}\xrightarrow[n\to+\infty]{}\frac23.$$

4. $P(B_1\cap B_2)=\frac{2n+1}{6n}=\frac13+\frac{1}{6n}>\frac13>\frac14=P(B_1)P(B_2)$. Les événements $B_1$ et $B_2$ ne sont donc pas indépendants.

Commentaire : sachant l'urne, les deux tirages sont indépendants ; mais l'urne est inconnue. Obtenir une blanche au premier tirage rend plus probables les urnes riches en blanches, donc augmente la probabilité d'une blanche au second tirage ($P_{B_1}(B_2)>\frac12$).

5. Comme $P(B_1)>0$, la formule de Bayes donne, pour $k\in\{0,\dots,n\}$ : $$P_{B_1}(U_k)=\frac{P(U_k)P_{U_k}(B_1)}{P(B_1)}=\frac{\frac{1}{n+1}\times\frac kn}{\frac12}=\frac{2k}{n(n+1)}.$$ Cette quantité est strictement croissante en $k$ : l'urne la plus probable est $U_n$, avec $P_{B_1}(U_n)=\frac{2}{n+1}$. On remarque que $P_{B_1}(U_0)=0$, ce qui est cohérent : $U_0$ ne contient aucune blanche.

6. $P_{U_n}(B_1\cap B_2)=1$ car $U_n$ ne contient que des blanches. Comme $P(B_1\cap B_2)>0$, la formule de Bayes donne $$P_{B_1\cap B_2}(U_n)=\frac{P(U_n)P_{U_n}(B_1\cap B_2)}{P(B_1\cap B_2)}=\frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{2n+1}{6n}}=\frac{6n}{(n+1)(2n+1)}.$$ Quand $n\to+\infty$, $(n+1)(2n+1)\sim2n^2$, donc $P_{B_1\cap B_2}(U_n)\sim\frac{3}{n}$. Pour $n=1$, on trouve $1$, ce qui est attendu (deux blanches imposent l'urne $U_1$).