Exercices Espaces probabilisés
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 \( p \neq \frac{1}{2} \) :
- \( P(A_n) = p^n \times \frac{1 - \left(\frac{1 - p}{p}\right)^{n+1}}{1 -
\frac{1 - p}{p}} \)
- Pour \( p = \frac{1}{2} \) :
- \( P(A_n) = \sum_{k=0}^{n} \left(1 - \frac{1}{2}\right)^k
\left(\frac{1}{2}\right)^{n - k} = \sum_{k=0}^{n}
\left(\frac{1}{2}\right)^k \times \left(\frac{1}{2}\right)^{n - k} \)
- \( P(A_n) = \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1}{2}\right)^n =
\left(\frac{1}{2}\right)^n \times (n + 1) \)
- Pour \( p \in ]0,1[ \) :
- Si \( \frac{1 - p}{p} > 1 \Rightarrow p < \frac{1}{2} \)
- Si \( \frac{1 - p}{p} < 1 \Rightarrow p> \frac{1}{2} \)
- 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 :
\[
P(A) = \frac{C_{2n}^n \cdot C_{2n}^n}{C_{4n}^{2n}}
\]
