Exercices Espaces probabilisés

Rappel
Exercice 1
Exercice 2
Exercice 3
Exercice 4
Exercice 5

Rappel

\( P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \)
Si \( A \) et \( B \) sont incompatibles, c'est-à-dire que \( A \cap B = \varnothing \) :
- \( P(A \cup B) = P(A) + P(B) \)
\( P(A \cap B) = P_{A}(B) \times P(A) = P_{B}(A) \times P(B) \)
Si \( A \) et \( B \) sont indépendants \( \Leftrightarrow P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \)
Soit \( A_1, \dots, A_n \) forment un système complet d'événements :
- \( \Leftrightarrow A_i \cap A_j = \varnothing \) pour tout \( i \neq j \)
- et \( \bigcup_{i=1}^{n} A_i = \Omega \)

Formule de probabilité totale :

Si \( A_1, \dots, A_n \) forment un système complet d'événements, alors :
- \( P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i \cap B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i) \times P_{A_i}(B) \)

Exercice 1

\(\frac{1}{4}\) d'une population a été vacciné. Parmi les vaccinés, on compte \(\frac{1}{12}\) de malades. Parmi les malades, il y a 4 non vaccinés pour un vacciné. Quelle est la probabilité pour un non vacciné de tomber malade ? (On notera \( V \) l’événement « être vacciné » et \( M \) l’événement « être malade ».)

Correction

On a : \( P_{\overline{V}}(M) = \frac{P(\overline{V} \cap M)}{P(\overline{V})} = \frac{P(M \cap \overline{V})}{P(\overline{V})} = \frac{P_{M}(\overline{V}) \times P(M)}{P(\overline{V})} \).
et : \( P_{M}(V) = \frac{P(M \cap V)}{P(M)} = \frac{P(V \cap M)}{P(M)} = \frac{P_{V}(M) \times P(V)}{P(M)} \).
\( \Rightarrow P(M) = \frac{P_{V}(M) \times P(V)}{P_{M}(V)} = \frac{\frac{1}{12} \times \frac{1}{4}}{\frac{1}{5}} = \frac{5}{48} \)
Donc : \( P_{\overline{V}}(M) = \frac{\frac{4}{5} \times \frac{5}{48}}{\frac{3}{4}} = \frac{1}{9} \)
Alors : \( P_{\overline{V}}(M) = \frac{1}{9} \)

Exercice 2

On considère une urne contenant 4 boules blanches et 3 boules noires. On tire une à une et sans remise 3 boules de l'urne. Quelle est la probabilité pour que la première boule tirée soit blanche, la seconde blanche et la troisième noire?

Correction

Soit \( B_i \) : « l'événement d'obtenir une boule blanche au \( i \)-ème tirage »
Et \( N_i \) : « l'événement d'obtenir une boule noire au \( i \)-ème tirage »
On a :
- \( P(B_1 \cap B_2 \cap N_3) = P(B_1) \times P_{B_1}(B_2) \times P_{B_1 \cap B_2}(N_3) \)
- \(= \frac{4}{7} \times \frac{3}{6} \times \frac{3}{5} = \frac{6}{35} \)

Exercice 3

On étudie au cours du temps le fonctionnement d’un appareil obéissant aux règles suivantes :
- Si l’appareil fonctionne à l’instant \( n - 1 \) (avec \( n \in \mathbb{N}^* \)), il a la probabilité \( \frac{1}{6} \) d’être en panne à l’instant \( n \).
- Si l’appareil est en panne à l’instant \( n - 1 \), il a la probabilité \( \frac{2}{3} \) d’être en panne à l’instant \( n \).
On note \( p_n \) la probabilité que l’appareil soit en état de marche à l’instant \( n \).

Établir pour tout \( n \in \mathbb{N}^* \) une relation entre \( p_n \) et \( p_{n-1} \).

Correction

Soit \( F_n \) : « l'appareil fonctionne à l'instant n »
et \( p_n \) la probabilité que l'appareil soit en état de marche à l'instant \( n \).

On a :

\( p_n = P(F_n) = P(F_{n-1} \cap F_n) + P(\overline{F}_{n-1} \cap F_n) \)
\( = P(F_{n-1}) \times P_{F_{n-1}}(F_n) + P(\overline{F}_{n-1}) \times P_{\overline{F}_{n-1}}(F_n) \)
\( = p_{n-1} \times \frac{5}{6} + (1 - p_{n-1}) \times \frac{1}{3} \)
\( = \frac{1}{2} p_{n-1} + \frac{1}{3} \)

Donc : \( p_n = \frac{1}{2} p_{n-1} + \frac{1}{3} \)

Exprimer \( p_n \) en fonction de \( p_0 \).

Correction

Soit \( (V_n) \) la suite définie par \( V_n = p_n - \lambda \) avec \( \lambda \) un point fixe tel que :
- \( \lambda = \frac{1}{2} \lambda + \frac{1}{3} \Leftrightarrow \lambda = \frac{2}{3} \)
Donc : \( V_n = p_n - \frac{2}{3} \)
- \( \Rightarrow V_{n+1} = p_{n+1} - \frac{2}{3} \)
- \( \Rightarrow V_{n+1} = \frac{1}{2} p_n + \frac{1}{3} - \frac{2}{3} \)
- \( \Rightarrow V_{n+1} = \frac{1}{2} p_n - \frac{1}{3} \)
- \( \Rightarrow V_{n+1} = \frac{1}{2} (p_n - \frac{2}{3}) \)
- \( \Rightarrow V_{n+1} = \frac{1}{2} V_n \)
Alors, \( (V_n) \) est une suite géométrique de raison \( \frac{1}{2} \), c'est-à-dire :
- \( V_n = V_0 \times \left(\frac{1}{2}\right)^n = \left( p_0 - \frac{2}{3} \right) \times \left(\frac{1}{2}\right)^n \)
Donc : \( \left( p_0 - \frac{2}{3} \right) \times \left(\frac{1}{2}\right)^n = p_n - \frac{2}{3} \)
- \( \Rightarrow p_n = \left( p_0 - \frac{2}{3} \right) \times \left(\frac{1}{2}\right)^n + \frac{2}{3} \)
Si l'appareil fonctionne toujours au départ : \( p_0 = 1 \)
- \( \Rightarrow p_n = \frac{1}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^n + \frac{2}{3} \)

Étudier la convergence de la suite \( (p_n) \).

Correction

On a : \( -1 < \frac{1}{2} < 1 \), donc : \( \left(\frac{1}{2}\right)^n \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0 \)
Alors : \( \lim_{n \to +\infty} p_n = \frac{2}{3} \)

Interprétation :

Quand \( n \) est grand, la probabilité que l'appareil fonctionne après \( n \) utilisations est proche de \( \frac{2}{3} \).

Exercice 4

On dispose d’une pièce pour laquelle la probabilité d’obtenir « face » est \( p \in [0;1[ \). On pose \( q = 1 - p \).

Soit \( n \) un entier naturel non nul. On effectue \( n \) lancers indépendants de la pièce décrite ci-dessus.

On note \( F_k \) l’événement « on obtient face au \( k \)-ième lancer » et \( P_k \) l’événement « on obtient pile au \( k \)-ième lancer ».
On cherche à calculer la probabilité qu’au cours de ces \( n \) lancers, « face » ne soit jamais suivi de « pile ». On note \( A_n \) cet événement.

a) Exprimer \( A_n \) en fonction des événements \( F_k \) et \( P_k \), \( k \in \{1, \dots, n\} \).

Correction

\( F_k \) : l'événement « obtenir face au \( k \)-ième lancer »
\( P_k \) : l'événement « obtenir pile au \( k \)-ième lancer »
\( A_n \) : l'événement « face n'est jamais suivi de pile »
On a :
- \( A_n = (F_1 \cap F_2 \cap \dots \cap F_n) \cup (P_1 \cap F_2 \cap \dots \cap F_n) \cup (P_1 \cap P_2 \cap F_3 \cap \dots \cap F_n) \)
- \(\cup \dots \cup (P_1 \cap P_2 \cap \dots \cap P_{n-1} \cap F_n) \cup (P_1 \cap P_2 \cap \dots \cap P_n) \)

b) En déduire \( P(A_n) \). (Au cours du calcul, on sera amené à distinguer le cas \( p = \frac{1}{2} \) et \( p \neq \frac{1}{2} \).)

Correction

\( P(A_n) = P((F_1 \cap F_2 \cap \dots \cap F_n) \cup (P_1 \cap F_2 \cap \dots \cap F_n) \cup (P_1 \cap P_2 \cap F_3 \cap \dots \cap F_n) \cup \dots \cup (P_1 \cap \dots \cap P_n)) \)
Les événements sont incompatibles, on obtient :
\( P(A_n) = P(F_1 \cap F_2 \cap \dots \cap F_n) + \sum_{k=1}^{n-1} P(P_1 \cap \dots \cap P_k \cap F_{k+1} \cap \dots \cap F_n) + P(P_1 \cap P_2 \cap \dots \cap P_n) \)
Or les événements sont indépendants :
- \( P(A_n) = P(F_1) \times P(F_2) \times \dots \times P(F_n)\)
- \(+ \sum_{k=1}^{n-1} P(P_1) \times \dots \times P(P_k) \times P(F_{k+1}) \times \dots \times P(F_n)\)
- \(+ P(P_1) \times P(P_2) \times \dots \times P(P_n)\)
- Et on a :
- \( P(F_1) \times \dots \times P(F_n) = p^n \)
- et \( P(P_1) \times \dots \times P(P_n) = (1 - p)^n \)
- Alors :
- \( P(A_n) = p^n + \sum_{k=1}^{n-1} P(P_1 \cap \dots \cap P_k \cap F_{k+1} \cap \dots \cap F_n) + (1 - p)^n \)
- \( = p^n + \sum_{k=1}^{n-1} (1 - p)^k \cdot p^{n-k} + (1 - p)^n \)
- Pour \( k = 0 \), on a : \( (1 - p)^0 \times p^{n - 0} = p^n \)
- Pour \( k = n \), on a : \( (1 - p)^n \times p^{n - n} = (1 - p)^n \)
- Donc :
- \( P(A_n) = \sum_{k=0}^{n} (1 - p)^k \cdot p^{n-k} = p^n \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1 - p}{p}\right)^k \)
- On a : \( \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1 - p}{p}\right)^k \) qui est une somme de suite géométrique de raison \( \frac{1 - p}{p} \) avec \( U_0 = \left(\frac{1 - p}{p}\right)^0 = 1 \)
- Donc :
- \( \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1 - p}{p}\right)^k = U_0 \times \frac{1 - \left(\frac{1 - p}{p}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1 - p}{p}} = \frac{1 - \left(\frac{1 - p}{p}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1 - p}{p}} \)
- Ainsi :
- \( P(A_n) = p^n \times \frac{1 - \left(\frac{1 - p}{p}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1 - p}{p}} = p^n \times \frac{1 - \left(\frac{1 - p}{p}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1 - p}{p}} \)
- On a : \( 1 - \frac{1 - p}{p} \neq 0 \Leftrightarrow p \neq \frac{1}{2} \)
- Donc pour \( p \neq \frac{1}{2} \) :
- Pour \( p = \frac{1}{2} \) :
- Pour \( p \in ]0,1[ \) :

Si l’on admet que l’on peut lancer indéfiniment la pièce, est-il possible que « face » ne soit jamais suivi de « pile » ?
Indication : on notera \( A \) l’événement « face n’est jamais suivi de pile » et on exprimera \( A \) à l’aide des \( A_n \), \( n \in \mathbb{N}^* \).

Correction

\( A \) : « Ne jamais avoir face suivi de pile »
On a :

\( A = \bigcap_{n=1}^{+\infty} A_n \) si \( (A_n) \) est décroissante, c'est-à-dire \( A_{n+1} \subset A_n \)
Donc : \( P(A) = P\left(\bigcap_{n=1}^{+\infty} A_n\right) = \lim_{n \to +\infty} P(A_n) \)

Ou :

\( A = \bigcup_{n=1}^{+\infty} A_n \) si \( (A_n) \) est croissante, c'est-à-dire \( A_n \subset A_{n+1} \)
Donc : \( P(A) = P\left(\bigcup_{n=1}^{+\infty} A_n\right) = \lim_{n \to +\infty} P(A_n) \)

Or, \( p \in ]0,1[ \Rightarrow 0 < \frac{1 - p}{p} < 1 \Rightarrow p> \frac{1}{2} \)
Donc : \( \frac{1}{2} < p < 1 \)
Alors :
\( \lim_{n \to +\infty} p^n = 0 \) et \( \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1 - p}{p}\right)^{n+1} = 0 \)
Donc : \( \lim_{n \to +\infty} P(A_n) = 0 \Rightarrow P(A) = 0 \)

Exercice 5

\( 2n \) garçons et \( 2n \) filles se sont inscrits en prépa ECE dans un lycée comptant deux classes ECE. On les répartit au hasard dans les deux classes. Quelle est la probabilité que chaque classe comporte autant de filles que de garçons si l’on suppose que les deux classes ont le même effectif ?

Correction

Soit \( A \), l’événement « chaque classe contient autant de filles que de garçons ».
On a la formule classique de probabilité : \[ P(A) = \frac{\text{cas favorables}}{\text{cas possibles}} \]
Les cas favorables et les cas possibles sont calculés comme suit : \[ P(A) = \frac{C_{2n}^n \cdot C_{2n}^n}{C_{4n}^{2n}} \]