Soit $(\Omega,P)$ un espace probabilisé fini.
- Montrer que pour tous événements $A$ et $B$ : $P(A\cap B)\geqslant P(A)+P(B)-1$.
- Soient $n\geqslant1$ et $A_1,\dots,A_n$ des événements. Montrer que $$P\left(\bigcap_{i=1}^nA_i\right)\geqslant\sum_{i=1}^nP(A_i)-(n-1).$$
- Un appareil subit $10$ contrôles. Chacun est réussi avec une probabilité au moins égale à $0{,}95$, sans aucune hypothèse d'indépendance. Montrer que la probabilité que l'appareil réussisse les $10$ contrôles est au moins $0{,}5$.
- Montrer que cette minoration ne peut pas être améliorée sans hypothèse supplémentaire : construire, sur $\Omega=\{1,\dots,20\}$ muni de la probabilité uniforme, dix événements de probabilité $0{,}95$ dont l'intersection a pour probabilité exactement $0{,}5$.
- On suppose maintenant que chaque contrôle est réussi avec probabilité exactement $0{,}95$ et que les réussites aux contrôles sont des événements mutuellement indépendants. Donner la probabilité de réussir les $10$ contrôles, avec une valeur approchée à $10^{-3}$ près.
Une probabilité est toujours inférieure ou égale à $1$ ; l'appliquer à $A\cup B$.
Passer au contraire : le contraire d'une intersection est une réunion.
Appliquer la sous-additivité aux contraires $\overline{A_i}$.
Pour la question 4, retirer à $\Omega$ un seul élément, différent pour chaque événement.
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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 $P(A\cap B)\geqslant P(A)+P(B)-1$.
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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 $$P\left(\bigcap_{i=1}^nA_i\right)=1-P\left(\bigcup_{i=1}^n\overline{A_i}\right)\geqslant1-n+\sum_{i=1}^nP(A_i)=\sum_{i=1}^nP(A_i)-(n-1).$$
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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 : $$P\left(\bigcap_{i=1}^{10}R_i\right)\geqslant9{,}5-9=0{,}5.$$
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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.
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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 $0{,}5$.
$P\left(\bigcap A_i\right)\geqslant\sum P(A_i)-(n-1)$ ; minoration $0{,}5$ atteinte par $A_i=\Omega\setminus\{i\}$ ; $0{,}95^{10}\approx0{,}599$