Corrigé des exercices : Univers dénombrable et Bayes en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Tribu engendrée par deux parties de N

Idée clé : une tribu engendrée par un nombre fini de parties est formée des réunions de ses « atomes », les plus petits morceaux qu’elle sépare.

1. On trouve \(A \cap B = \{1\}\), \(A \setminus B = \{0\}\), \(B \setminus A = \{2\}\) et \(\overline{A \cup B} = \{3, 4, 5, \ldots\}\). Ces quatre parties sont non vides et deux à deux disjointes. De plus, tout entier est soit dans \(\{0, 1, 2\}\), soit au moins égal à 3. Elles forment donc une partition de \(\mathbb{N}\).
2. Notons \(E_1, E_2, E_3, E_4\) ces quatre atomes et \(\mathcal{T}^{\prime}\) l’ensemble des réunions \(\bigcup_{i \in J} E_i\), pour \(J \subset \{1, 2, 3, 4\}\). D’abord, \(\Omega\) correspond à \(J = \{1, 2, 3, 4\}\). Ensuite, comme les \(E_i\) forment une partition, le complémentaire de la réunion indexée par \(J\) est la réunion indexée par le complémentaire de \(J\). Enfin, une réunion dénombrable de telles réunions est encore une réunion d’atomes, indexée par la réunion des ensembles d’indices. Ainsi, \(\mathcal{T}^{\prime}\) est une tribu.
3. D’une part, \(A = E_1 \cup E_2\) et \(B = E_1 \cup E_3\) sont dans \(\mathcal{T}^{\prime}\). Par minimalité, \(\mathcal{T} \subset \mathcal{T}^{\prime}\). D’autre part, chaque atome s’obtient à partir de \(A\) et \(B\) par intersection, différence ou complémentaire. Il appartient donc à \(\mathcal{T}\), et toute réunion d’atomes aussi. Par conséquent, \(\mathcal{T} = \mathcal{T}^{\prime}\). Les atomes étant non vides et disjoints, deux ensembles \(J\) distincts donnent deux réunions distinctes. La tribu \(\mathcal{T}\) a donc \(2^4 = 16\) éléments.
4. Une réunion d’atomes qui contient 5 contient l’atome \(E_4\) tout entier, donc aussi 3 et 4. Le singleton \(\{5\}\) n’est pas un événement de \(\mathcal{T}\).

Corrigé de l’exercice 2 – Une loi en 1/(n(n+1)(n+2))

Idée clé : la décomposition fait apparaître une somme télescopique, qui donne à la fois la constante et la queue de la série.

1. On réduit au même dénominateur : \(\dfrac{1}{n(n+1)} – \dfrac{1}{(n+1)(n+2)} = \dfrac{(n+2) – n}{n(n+1)(n+2)} = \dfrac{2}{n(n+1)(n+2)}\). En divisant par 2, on obtient l’égalité demandée.
2. Posons \(v_n = \dfrac{1}{n(n+1)}\). Alors \(\sum_{n=k}^{M} u_n = \frac{1}{2}(v_k – v_{M+1})\). Or \(v_{M+1}\) tend vers 0. Donc \(\sum_{n \geqslant k} u_n = \dfrac{1}{2k(k+1)}\).
3. Pour \(k = 1\), on obtient \(\sum_{n \geqslant 1} u_n = \frac{1}{4}\). Les \(u_n\) sont positifs, donc il faut et il suffit que \(c \cdot \frac{1}{4} = 1\). Ainsi, \(c = 4\).
4. Par la question 2, \(P(\{n \geqslant k\}) = 4 \cdot \dfrac{1}{2k(k+1)} = \dfrac{2}{k(k+1)}\). Ensuite, \(P(\{n \leqslant 3\}) = 1 – P(\{n \geqslant 4\}) = 1 – \frac{2}{20}\). On trouve \(P(\{n \leqslant 3\}) = \frac{9}{10}\). On contrôle : \(p_1 + p_2 + p_3 = \frac{2}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{15} = \frac{27}{30}\).

Corrigé de l’exercice 3 – Deux dés tétraédriques sous condition

Idée clé : sur un univers fini équiprobable, conditionner revient à compter les cases dans la sous-grille de l’événement observé.

1. On prend \(\Omega = \{1, 2, 3, 4\}^2\), de cardinal 16, muni de l’équiprobabilité. Chaque issue a donc probabilité \(1/16\).
2. L’événement « somme 5 » contient \((1,4), (2,3), (3,2), (4,1)\), soit 4 issues. Parmi elles, deux contiennent un 1. La probabilité cherchée vaut \(2/4 = 1/2\).
3. L’événement « somme au moins 6 » contient \((2,4), (4,2), (3,3), (3,4), (4,3), (4,4)\), soit 6 issues. Seule \((3,3)\) a un maximum différent de 4. La probabilité cherchée vaut \(5/6\).
4. On a \(P(\text{somme } 5) = 4/16 = 1/4\) et \(P(\text{premier dé } 2) = 1/4\). L’intersection est réduite à \((2,3)\), de probabilité \(1/16 = 1/4 \times 1/4\). Ces deux événements sont donc indépendants.

Corrigé de l’exercice 4 – Trois ateliers et une pièce défectueuse

Idée clé : les trois ateliers forment un système complet ; on applique les probabilités totales, puis Bayes.

1. Notons \(E_i\) « l’engrenage vient de l’atelier \(i\) » et \(D\) « il est défectueux ». Les \(E_i\) forment un système complet, avec \(P(E_3) = 0{,}2\). Par la formule des probabilités totales, \(P(D) = 0{,}5 \times 0{,}02 + 0{,}3 \times 0{,}04 + 0{,}2 \times 0{,}05 = 0{,}010 + 0{,}012 + 0{,}010\). Donc \(P(D) = 0{,}032\).
2. La formule de Bayes donne \(P(E_1 \mid D) = 0{,}010/0{,}032\), \(P(E_2 \mid D) = 0{,}012/0{,}032\) et \(P(E_3 \mid D) = 0{,}010/0{,}032\). On obtient respectivement \(5/16\), \(3/8\) et \(5/16\), dont la somme vaut bien 1.
3. L’atelier 2 est le plus souvent responsable, alors que l’atelier 3 a le pire taux de défaut. En effet, le poids de l’atelier dans la production compte autant que sa qualité : c’est le produit des deux qui intervient.

Une vérification rapide évite bien des erreurs : les trois probabilités a posteriori doivent sommer à 1. Si ce n’est pas le cas, c’est presque toujours que \(P(D)\) a été mal calculée au dénominateur.

Corrigé de l’exercice 5 – Calculs avec deux événements indépendants

Idée clé : l’indépendance se transmet aux complémentaires, ce qui permet de tout factoriser.

1. D’abord, \(P(A \cap B) = 0{,}4 \times 0{,}25 = 0{,}1\). Donc \(P(A \cup B) = 0{,}4 + 0{,}25 – 0{,}1 = 0{,}55\). Ensuite, \(A\) et \(\overline{B}\) sont indépendants, d’où \(P(A \cap \overline{B}) = 0{,}4 \times 0{,}75 = 0{,}3\). Enfin, par De Morgan, \(P(\overline{A} \cup \overline{B}) = 1 – P(A \cap B) = 0{,}9\). Résultats : 0,55 ; 0,3 ; 0,9.
2. L’événement « exactement un » est la réunion disjointe de \(A \cap \overline{B}\) et \(\overline{A} \cap B\). Or \(P(\overline{A} \cap B) = 0{,}6 \times 0{,}25 = 0{,}15\). La probabilité vaut \(0{,}3 + 0{,}15 = 0{,}45\).
3. Si \(C\) est indépendant de lui-même, alors \(P(C) = P(C \cap C) = P(C)^2\). Ainsi \(P(C)\big(1 – P(C)\big) = 0\). Donc \(P(C) = 0\) ou \(P(C) = 1\).

Corrigé de l’exercice 6 – Incompatibilité contre indépendance

Idée clé : l’incompatibilité force \(P(A \cap B) = 0\), alors que l’indépendance impose \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\).

1. Si \(A \cap B = \varnothing\) et si \(A, B\) sont indépendants, alors \(0 = P(A)P(B)\). Donc l’une des deux probabilités est nulle.
2. Soit \(P(A) = 0\) et \(B\) quelconque. Comme \(A \cap B \subset A\), on a \(0 \leqslant P(A \cap B) \leqslant P(A) = 0\). Ainsi \(P(A \cap B) = 0 = P(A)P(B)\).
3. Soit \(P(A) = 1\). Alors \(P(\overline{A}) = 0\). Par la question 2, \(\overline{A}\) est indépendant de \(B\), donc son complémentaire \(A\) aussi, d’après le cours. Un événement presque sûr est indépendant de tout événement.
4. On lance un dé tétraédrique équilibré. Soit \(A = \{1\}\) et \(B = \{2\}\). Ils sont incompatibles, mais \(P(A \cap B) = 0 \neq \frac{1}{16} = P(A)P(B)\). Ils ne sont donc pas indépendants.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Rang du premier 4 au dé tétraédrique

Idée clé : l’événement \(\{T = n\}\) ne dépend que des \(n\) premiers lancers, et \(\{T = +\infty\}\) est une intersection décroissante.

1. On a \(T = n\) si et seulement si les \(n – 1\) premiers lancers ne donnent pas 4 et si le \(n\)-ième donne 4. Par indépendance, \(P(T = n) = \big(\frac{3}{4}\big)^{n-1} \frac{1}{4}\).
2. Soit \(B_n\) « aucun 4 parmi les \(n\) premiers lancers ». On a \(B_{n+1} \subset B_n\), et \(\{T = +\infty\} = \bigcap_n B_n\). Par continuité décroissante, \(P(T = +\infty) = \lim (3/4)^n\). Donc \(P(T = +\infty) = 0\).
3. Les événements \(\{T = 2k\}\) sont deux à deux incompatibles. Par \(\sigma\)-additivité,
   \[P(T \text{ pair}) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{4}\Big(\frac{3}{4}\Big)^{2k-1} = \frac{3}{16} \sum_{j=0}^{+\infty} \Big(\frac{9}{16}\Big)^{j} = \frac{3}{16} \cdot \frac{16}{7}.\]
   On trouve \(P(T \text{ pair}) = 3/7\).
4. On a \(\{T > n\} = B_n\), donc \(P(T > n) = (3/4)^n\). De plus, \(\{T > m + n\} \subset \{T > m\}\). Par conséquent, \(P(T > m + n \mid T > m) = (3/4)^{m+n} / (3/4)^m\). Ainsi \(P(T > m + n \mid T > m) = P(T > n)\) : l’attente déjà subie ne change rien à l’attente restante. C’est l’absence de mémoire.

On remarque aussi que \(P(T \text{ impair}) = 4/7\). Le rang impair est plus probable, simplement parce que le rang 1 a la plus grande probabilité de toutes. De plus, \(\sum_{n \geqslant 1} P(T = n) = 1\), ce qui confirme directement le résultat de la question 2.

Corrigé de l’exercice 8 – Lancers alternés et continuité monotone

Idée clé : une suite alternée est déterminée par son premier lancer ; il n’y en a donc que deux de chaque longueur.

1. Parmi les \(2^n\) suites équiprobables de longueur \(n\), seules PFPF… et FPFP… alternent. Donc \(P(A_n) = 2 \cdot 2^{-n} = 2^{1-n}\).
2. Si les \(n + 1\) premiers lancers alternent, les \(n\) premiers aussi. Donc \(A_{n+1} \subset A_n\). L’intersection \(A\) est l’événement « la suite infinie des lancers alterne », qui ne contient que deux suites.
3. Par continuité décroissante, \(P(A) = \lim 2^{1-n}\). Donc \(P(A) = 0\). Chacune des deux suites infinies alternées est possible, mais de probabilité nulle.
4. On a \(D_n = \overline{A_n}\). La suite \((D_n)\) est donc croissante. Par continuité croissante, \(P\big(\bigcup D_n\big) = \lim (1 – 2^{1-n})\). Ainsi \(P\big(\bigcup D_n\big) = 1\).

Corrigé de l’exercice 9 – Pile une infinité de fois

Idée clé : le complémentaire de « une infinité de piles » est une réunion dénombrable d’événements négligeables.

1. On pose \(C_0 = A_0\) et \(C_n = A_n \setminus (A_0 \cup \cdots \cup A_{n-1})\). Les \(C_n\) sont deux à deux disjoints, \(C_n \subset A_n\), et leur réunion est celle des \(A_n\). Ainsi, \(P\big(\bigcup A_n\big) = \sum P(C_n) \leqslant \sum P(A_n)\).
2. Soit \(G_{m,n}\) « les lancers de rang \(m\) à \(m + n – 1\) donnent tous face ». Par indépendance, \(P(G_{m,n}) = (1 – p)^n\). La suite \((G_{m,n})_n\) décroît et son intersection est \(F_m\). Comme \(0 < 1 – p < 1\), on obtient \(P(F_m) = 0\).
3. Si pile sort un nombre fini de fois, il existe un rang \(m\) après lequel tout est face. Réciproquement, \(F_m\) n’autorise des piles qu’avant le rang \(m\). Donc « pile sort un nombre fini de fois » \(= \bigcup_{m \geqslant 1} F_m\).
4. Par la question 1, cet événement a une probabilité au plus \(\sum_m 0 = 0\). Son complémentaire, « pile sort une infinité de fois », est donc presque sûr.

Corrigé de l’exercice 10 – Le dé pipé de la boîte

Idée clé : les lancers sont indépendants sachant le dé, mais pas sans cette information ; on raisonne toujours en conditionnant par le dé.

1. Notons \(Q\) « le dé est pipé » et \(S_i\) « le \(i\)-ième lancer donne 6 ». Le couple \((Q, \overline{Q})\) est un système complet. Par les probabilités totales,
   \[P(S_1 \cap S_2) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{36} = \frac{9}{108} + \frac{2}{108}.\]
   Donc \(P(S_1 \cap S_2) = 11/108\).
2. Par la formule de Bayes, \(P(Q \mid S_1 \cap S_2) = \dfrac{9/108}{11/108}\). On obtient \(9/11 \approx 0{,}82\). Deux 6 de suite rendent le dé pipé très probable.
3. On calcule \(P(S_1 \cap S_2 \cap S_3) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{8} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{216} = \frac{27}{648} + \frac{2}{648} = \frac{29}{648}\). Ensuite, on divise par \(P(S_1 \cap S_2) = \frac{66}{648}\). La probabilité cherchée vaut \(29/66 \approx 0{,}44\). On retrouve ce nombre comme \(\frac{9}{11} \cdot \frac{1}{2} + \frac{2}{11} \cdot \frac{1}{6}\).
4. On a \(P(S_1) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{5}{18}\). Or \(\big(\frac{5}{18}\big)^2 = \frac{25}{324}\), alors que \(P(S_1 \cap S_2) = \frac{11}{108} = \frac{33}{324}\). Les deux événements ne sont pas indépendants : un premier 6 renseigne sur le dé, donc sur le second lancer.

Ce phénomène reviendra souvent. Des épreuves indépendantes sachant un paramètre caché deviennent dépendantes dès qu’on ignore ce paramètre. Ainsi, chaque observation sert à apprendre quelque chose sur la cause commune.

Corrigé de l’exercice 11 – Un nombre géométrique de dés

Idée clé : le système complet \(\{N = n\}\) est infini ; les probabilités totales donnent une série géométrique.

1. Les termes sont positifs et \(\sum_{n \geqslant 1} \frac{1}{3}\big(\frac{2}{3}\big)^{n-1} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1 – 2/3} = 1\). C’est bien une probabilité sur \(\mathbb{N}^{*}\).
2. Sachant \(N = n\), la probabilité de \(Z\) vaut \((5/6)^n\). Par la formule des probabilités totales,
   \[P(Z) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{3}\Big(\frac{2}{3}\Big)^{n-1}\Big(\frac{5}{6}\Big)^{n} = \frac{5}{18} \sum_{n=1}^{+\infty} \Big(\frac{5}{9}\Big)^{n-1} = \frac{5}{18} \cdot \frac{9}{4}.\]
   Donc \(P(Z) = 5/8\).
3. Par la formule de Bayes, \(P(N = n \mid Z) = \frac{8}{5} \cdot \frac{5}{18}\big(\frac{5}{9}\big)^{n-1}\). Ainsi \(P(N = n \mid Z) = \frac{4}{9}\big(\frac{5}{9}\big)^{n-1}\), qui est encore une loi géométrique. Cette suite décroît, donc la valeur la plus probable sachant \(Z\) est \(n = 1\), avec probabilité \(4/9\).

Corrigé de l’exercice 12 – Rang du premier jeton rouge sans remise

Idée clé : tirer toute l’urne sans remise revient à ranger les jetons au hasard ; les positions des rouges forment alors une partie uniforme à 3 éléments.

1. Il y a 5 blancs. Au pire, ils sortent tous avant le premier rouge. Donc \(R\) prend les valeurs 1 à 6.
2. On a \(P(R = 1) = \frac{3}{8}\). Ensuite, par les probabilités composées, \(P(R = 2) = \frac{5}{8} \cdot \frac{3}{7} = \frac{15}{56}\). De même, \(P(R = 3) = \frac{5}{8} \cdot \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} = \frac{60}{336}\). Résultats : \(3/8\), \(15/56\) et \(5/28\).
3. Prolongeons les tirages jusqu’à vider l’urne. Toutes les parties à 3 éléments de \(\{1, \ldots, 8\}\) sont alors équiprobables comme positions des rouges, et il y en a \(\binom{8}{3} = 56\). L’événement \(R = k\) impose un rouge en position \(k\), aucun avant, et les deux autres parmi les \(8 – k\) positions suivantes. Donc \(P(R = k) = \binom{8-k}{2} \big/ 56\). On retrouve \(21/56 = 3/8\) pour \(k = 1\).
4. Les numérateurs valent 21, 15, 10, 6, 3 et 1. Leur somme vaut 56, donc les probabilités somment à 1.

Le diagramme suivant présente cette loi. La décroissance traduit le fait qu’un rang tardif exige une longue série de blancs.

Corrigé de l’exercice 13 – Urne de Pólya à deux rouges et un bleu

Idée clé : on suit la composition de l’urne branche par branche, puis on somme avec les probabilités totales.

1. Au départ, l’urne contient 3 jetons. Si le premier tirage est rouge, l’urne devient (3 rouges, 1 bleu) ; sinon, (2 rouges, 2 bleus). Donc \(P(R_2) = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{4} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2}{3}\). Pour le troisième tirage, les quatre branches donnent
   \[P(R_3) = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{5} + \frac{1}{6} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{6} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{6} \cdot \frac{2}{5} = \frac{12 + 3 + 3 + 2}{30}.\]
   Ainsi \(P(R_2) = P(R_3) = 2/3\).
2. On a \(P(R_1 \cap R_2) = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{2}\). Par définition, \(P(R_1 \mid R_2) = \frac{1/2}{2/3}\). Donc \(P(R_1 \mid R_2) = 3/4\).
3. On compare \(P(R_1 \cap R_2) = \frac{1}{2}\) et \(P(R_1)P(R_2) = \frac{4}{9}\). Les deux événements ne sont pas indépendants, bien qu’ils aient la même probabilité.

Corrigé de l’exercice 14 – Indépendances deux à deux et mutuelle

Idée clé : l’indépendance mutuelle de trois événements demande quatre égalités ; aucune ne se déduit des autres.

1. Chaque événement a probabilité \(2/4 = 1/2\). Chaque intersection de deux d’entre eux vaut \(\{1\}\), de probabilité \(1/4 = 1/2 \times 1/2\). Cependant, \(P(A \cap B \cap C) = P(\{1\}) = 1/4\), alors que le produit vaut \(1/8\). Indépendance deux à deux, mais pas mutuelle.
2. Chaque événement a 4 éléments sur 8, donc probabilité \(1/2\). L’intersection des trois est \(\{1\}\), de probabilité \(1/8 = (1/2)^3\). En revanche, \(A \cap B = \{1, 2, 3\}\) a probabilité \(3/8 \neq 1/4\). Le triplet n’est donc pas mutuellement indépendant.
3. Il faut vérifier les trois égalités pour les paires et l’égalité pour le triplet ; la première question montre que les paires ne suffisent pas, la seconde que le triplet seul ne suffit pas.

Corrigé de l’exercice 15 – Un événement indépendant d’une réunion

Idée clé : on développe \(A \cap (B \cup C)\) par la formule du crible, puis on factorise par \(P(A)\).

1. Par indépendance mutuelle, \(P(A \cap B \cap C) = P(A)P(B)P(C) = P(A)\,P(B \cap C)\). Donc \(A\) et \(B \cap C\) sont indépendants.
2. On a \(A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)\). Par le crible,
   \[P\big(A \cap (B \cup C)\big) = P(A)P(B) + P(A)P(C) – P(A)P(B)P(C) = P(A)\big(P(B) + P(C) – P(B \cap C)\big).\]
   Le facteur entre parenthèses est \(P(B \cup C)\), d’où l’indépendance.
3. Non. Reprenons la question 1 de l’exercice 14. On a \(B \cup C = \{1, 3, 4\}\), de probabilité \(3/4\), et \(A \cap (B \cup C) = \{1\}\), de probabilité \(1/4\). Or \(P(A)P(B \cup C) = 3/8\). L’indépendance deux à deux ne suffit pas.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Problème – Scanner de colis et alarmes répétées

Idée clé : on conditionne toujours par \(C\) ou \(\overline{C}\), car c’est seulement sachant l’état du colis que les passages sont indépendants.

1. Le couple \((C, \overline{C})\) est un système complet. Par les probabilités totales, \(P(A_1) = \frac{1}{50} \cdot \frac{9}{10} + \frac{49}{50} \cdot \frac{1}{10} = \frac{58}{500} = \frac{29}{250}\). Par Bayes, \(P(C \mid A_1) = \frac{9/500}{58/500}\). Donc \(P(C \mid A_1) = 9/58 \approx 0{,}155\). Une seule alarme reste peu probante, car les colis sains sont très majoritaires.
2. Sachant \(C\), l’indépendance des passages donne \(P(A_1 \cap \cdots \cap A_k \mid C) = (9/10)^k\). De même, sachant \(\overline{C}\), on obtient \((1/10)^k\). Par Bayes,
   \[P(C \mid A_1 \cap \cdots \cap A_k) = \frac{\frac{1}{50}\big(\frac{9}{10}\big)^k}{\frac{1}{50}\big(\frac{9}{10}\big)^k + \frac{49}{50}\big(\frac{1}{10}\big)^k}.\]
   En multipliant numérateur et dénominateur par \(50 \cdot 10^k\), on obtient \(\dfrac{9^k}{9^k + 49}\).
3. L’inégalité \(\frac{9^k}{9^k + 49} > 0{,}95\) équivaut à \(0{,}05 \cdot 9^k > 0{,}95 \cdot 49\), soit \(9^k > 931\). Or \(9^3 = 729\) et \(9^4 = 6561\). Il faut donc 4 alarmes consécutives, qui donnent une probabilité \(6561/6610 \approx 0{,}993\).
4. Par les probabilités totales, \(P(A_1 \cap A_2) = \frac{1}{50} \cdot \frac{81}{100} + \frac{49}{50} \cdot \frac{1}{100} = \frac{130}{5000} = \frac{13}{500}\). Or \(P(A_1)^2 = \frac{841}{62500}\), tandis que \(\frac{13}{500} = \frac{1625}{62500}\). Les événements \(A_1\) et \(A_2\) ne sont pas indépendants. L’énoncé affirme une indépendance sachant \(C\) et sachant \(\overline{C}\). En revanche, sans connaître l’état du colis, une première alarme rend la fraude plus probable, donc une seconde alarme aussi.
5. Soit \(E_n = A_1 \cap \cdots \cap A_n\). La suite \((E_n)\) décroît, et la procédure ne s’arrête jamais exactement sur \(\bigcap E_n\). Or \(P(E_n) = \frac{1}{50}(0{,}9)^n + \frac{49}{50}(0{,}1)^n\), qui tend vers 0. Par continuité décroissante, la procédure s’arrête presque sûrement.

La courbe suivante montre comment la probabilité de fraude grimpe avec le nombre d’alarmes consécutives.

Corrigé de l’exercice 17 – Premier double pile et suite de Fibonacci

Idée clé : après une face, l’expérience repart de zéro ; on conditionne donc par le début de la suite pour obtenir une récurrence.

1. Un double pile exige deux lancers, donc \(p_1 = 0\). Ensuite, \(p_2 = P(\text{PP}) = 1/4\) et \(p_3 = P(\text{FPP}) = 1/8\). Enfin, \(T = 4\) correspond à PFPP ou FFPP, d’où \(p_4 = 2/16\). Résultats : \(0\), \(1/4\), \(1/8\), \(1/8\).
2. Soit \(n \geqslant 3\). Les événements « premier lancer F », « début PF » et « début PP » forment un système complet, de probabilités \(1/2\), \(1/4\), \(1/4\). Sachant un premier F, il faut obtenir le premier double pile dans les lancers suivants, au rang \(n – 1\) de cette nouvelle suite ; la probabilité vaut \(p_{n-1}\). Sachant PF, le même argument donne \(p_{n-2}\). Enfin, sachant PP, on a \(T = 2 \neq n\). Les probabilités totales donnent \(p_n = \frac{1}{2}p_{n-1} + \frac{1}{4}p_{n-2}\).
3. Posons \(q_n = 2^n p_n\). La relation devient \(q_n = q_{n-1} + q_{n-2}\), avec \(q_1 = 0 = F_0\) et \(q_2 = 1 = F_1\). Par récurrence double, \(q_n = F_{n-1}\). Donc \(p_n = F_{n-1}/2^n\).
4. Les événements \(\{T = n\}\) sont disjoints, donc \(S = P(T < +\infty) \leqslant 1\) ; en particulier \(S\) est fini. On somme la relation pour \(n \geqslant 3\) :
   \[S – p_1 – p_2 = \frac{1}{2}(S – p_1) + \frac{1}{4} S.\]
   Comme \(p_1 = 0\) et \(p_2 = 1/4\), il vient \(S – \frac{1}{4} = \frac{3}{4} S\). Donc \(S = 1\), et \(P(T = +\infty) = 0\).

On voit sur la figure les sommes partielles s’approcher de 1, assez lentement.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Loi zêta et divisibilité

Idée clé : pour des entiers premiers entre eux, être divisible par chacun équivaut à être divisible par le produit ; la loi zêta transforme ce fait arithmétique en indépendance.

1. Les termes \(\frac{6}{\pi^2 n^2}\) sont positifs et leur somme vaut \(\frac{6}{\pi^2} \cdot \frac{\pi^2}{6} = 1\). On a bien une probabilité sur \(\mathbb{N}^{*}\).
2. Les multiples de \(k\) sont les \(km\), pour \(m \geqslant 1\). Donc \(P(D_k) = \sum_{m \geqslant 1} \frac{6}{\pi^2 k^2 m^2} = \frac{1}{k^2} \cdot \frac{6}{\pi^2} \cdot \frac{\pi^2}{6}\). Ainsi \(P(D_k) = 1/k^2\).
3. Si \(ab\) divise \(N\), alors \(a\) et \(b\) le divisent. Réciproquement, si \(a\) et \(b\) divisent \(N\) avec \(a \wedge b = 1\), le lemme de Gauss montre que \(ab\) divise \(N\). Donc \(D_a \cap D_b = D_{ab}\), et \(P(D_a \cap D_b) = \frac{1}{a^2 b^2} = P(D_a)P(D_b)\). Les événements sont indépendants. En revanche, \(D_4 \subset D_2\), donc \(P(D_2 \cap D_4) = \frac{1}{16}\), alors que \(P(D_2)P(D_4) = \frac{1}{64}\). \(D_2\) et \(D_4\) ne sont pas indépendants.
4. Soit \(J\) une partie de \(\{1, \ldots, r\}\). Les \(q_i\), pour \(i \in J\), sont premiers deux à deux distincts, donc premiers entre eux. Par récurrence sur le cardinal de \(J\), l’intersection des \(D_{q_i}\) vaut \(D_m\), avec \(m = \prod_{i \in J} q_i\). Sa probabilité est \(\prod_{i \in J} q_i^{-2}\). L’indépendance mutuelle est ainsi établie. Par passage aux complémentaires, \(P\big(\bigcap_i \overline{D_{q_i}}\big) = \prod_{i=1}^{r}\big(1 – q_i^{-2}\big)\).
5. La suite \((E_r)\) décroît, puisque chaque étape ajoute une contrainte. Un entier qui n’est divisible par aucun nombre premier vaut 1. Donc \(\bigcap_r E_r = \{N = 1\}\). Par continuité décroissante et par la question 4, \(\prod_{j=1}^{r}\big(1 – q_j^{-2}\big) = P(E_r) \to P(N = 1)\). La limite vaut \(6/\pi^2\) : c’est le produit eulérien de \(\sum 1/n^2\).

Ce problème montre la force du langage probabiliste. Un résultat d’arithmétique, l’écriture de \(6/\pi^2\) comme produit infini, découle ici de deux outils du chapitre : l’indépendance mutuelle et la continuité décroissante. Notons enfin que \(6/\pi^2 \approx 0{,}61\) : sous cette loi, plus de six tirages sur dix donnent l’entier 1. La loi zêta concentre donc fortement sa masse sur les petits entiers.

Pour aller plus loin

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