Événements presque sûrs et dénombrabilité : corrigé du contrôle de maths en MP

Télécharger en PDF Le livre des 25 contrôles corrigés en MP PDF à imprimer Voir le livre ›

Barème du contrôle corrigé : événements presque sûrs et dénombrabilité

Le corrigé détaillé : événements presque sûrs et dénombrabilité

Exercice 1 – Mots finis, intervalles et suites infinies (5 points)

1. Une réunion indexée par la longueur

   Pour chaque \(n \in \mathbb{N}\), l’ensemble \(W_n = \{P, F\}^n\) est fini, de cardinal \(2^n\). Or \(W\) est la réunion des \(W_n\), indexée par l’ensemble dénombrable \(\mathbb{N}\). Une réunion dénombrable d’ensembles au plus dénombrables est au plus dénombrable, donc \(W\) est au plus dénombrable. De plus, les mots P, PP, PPP, … sont deux à deux distincts, si bien que \(W\) est infini. Par conséquent, \(W\) est dénombrable.

2. Un rationnel dans chaque intervalle

   Soit \(I \in \mathcal{I}\). Comme \(I\) est un intervalle ouvert non vide, il contient un segment \([a, b]\) avec \(a < b\). Par densité de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\), on peut alors choisir un rationnel \(r(I) \in I\). On définit ainsi une application \(r : \mathcal{I} \to \mathbb{Q}\).

   Montrons qu’elle est injective. Si \(I \neq I^{\prime}\), les deux intervalles sont disjoints par hypothèse ; ainsi \(r(I) \in I\) n’appartient pas à \(I^{\prime}\), donc \(r(I) \neq r(I^{\prime})\). Ainsi \(\mathcal{I}\) s’injecte dans \(\mathbb{Q}\), qui est dénombrable. Donc la famille \(\mathcal{I}\) est au plus dénombrable.

3. La suite qui contredit chaque ligne

   Supposons que \(\Omega = \{\omega^{(n)},\ n \geq 1\}\). On définit la suite \(\omega^{*}\) en changeant chaque terme diagonal : pour tout \(n \geq 1\), \(\omega^{*}_n = P\) si \(\omega^{(n)}_n = F\), et \(\omega^{*}_n = F\) sinon. Ensuite, \(\omega^{*}\) est bien un élément de \(\Omega\).

   Cependant, pour tout \(n \geq 1\), les suites \(\omega^{*}\) et \(\omega^{(n)}\) diffèrent au rang \(n\), donc \(\omega^{*} \neq \omega^{(n)}\). Ainsi \(\omega^{*}\) n’apparaît pas dans l’énumération, ce qui est absurde. L’ensemble \(\Omega\) n’est donc pas dénombrable ; comme il est infini, il n’est pas non plus au plus dénombrable. La figure ci-dessous montre la construction sur les six premières lignes.

4. Peu de F contre une infinité de F

   Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(C_n\) l’ensemble des suites dont tous les termes de rang strictement supérieur à \(n\) valent P. Une telle suite est déterminée par ses \(n\) premiers termes, donc \(C_n\) est en bijection avec \(W_n\) : il est fini. Or une suite ne contient qu’un nombre fini de F exactement quand elle appartient à l’un des \(C_n\), d’où \(C = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} C_n\). Ainsi \(C\) est au plus dénombrable ; il est aussi infini, car il contient, pour chaque \(n\), la suite dont seul le terme de rang \(n\) vaut F. Donc \(C\) est dénombrable.

   Si \(\Omega \setminus C\) était au plus dénombrable, alors \(\Omega = C \cup (\Omega \setminus C)\) le serait aussi, ce qui contredit la question 3. Par conséquent, \(\Omega \setminus C\) n’est pas dénombrable.

Barème : 1) 1 point (0,5 pour la réunion dénombrable d’ensembles finis, 0,5 pour le caractère infini) ; 2) 1,5 point (0,5 pour le choix d’un rationnel, 1 pour l’injectivité) ; 3) 1,5 point (0,5 pour la construction de la suite diagonale, 1 pour la contradiction) ; 4) 1 point (0,5 par conclusion).

Piège classique : oublier que \(\omega^{*}\) doit être un élément de \(\Omega\), ou modifier la diagonale de façon à retomber parfois sur la même lettre ; la suite construite doit différer de chaque ligne en au moins un rang.

Exercice 2 – Une tribu faite de paires d’entiers (4 points)

1. Les trois axiomes, un par un

   D’abord, \(\mathcal{T}\) est formée de parties de \(\mathbb{N}\), et \(\mathbb{N} = A_{\mathbb{N}}\) appartient à \(\mathcal{T}\), puisque les \(B_k\) recouvrent \(\mathbb{N}\).

   Ensuite, soit \(J \subset \mathbb{N}\). Les \(B_k\) formant une partition de \(\mathbb{N}\), un entier qui n’est pas dans \(A_J\) appartient à un bloc \(B_k\) avec \(k \notin J\). On obtient donc \(\mathbb{N} \setminus A_J = A_{\mathbb{N} \setminus J}\), qui est dans \(\mathcal{T}\) : la famille est stable par passage au complémentaire.

   Enfin, soit \((J_i)_{i \in \mathbb{N}}\) une suite de parties de \(\mathbb{N}\). Un entier appartient à \(\bigcup_{i} A_{J_i}\) quand son bloc a un indice dans l’un des \(J_i\), d’où \(\bigcup_{i \in \mathbb{N}} A_{J_i} = A_{J}\) avec \(J = \bigcup_{i \in \mathbb{N}} J_i\). Ainsi \(\mathcal{T}\) est stable par réunion dénombrable : c’est une tribu sur \(\mathbb{N}\).

2. Deux parties qui coupent les blocs

   Une partie \(A_J\) qui contient 0 contient le bloc \(B_0\), donc aussi l’entier 1. Par conséquent, \(\{0\} \notin \mathcal{T}\). De même, si \(2\mathbb{N}\) était égal à un \(A_J\), il contiendrait 0, donc 1, qui est impair : \(2\mathbb{N} \notin \mathcal{T}\). En particulier, \(\mathcal{T}\) est une tribu strictement plus petite que \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\).

3. Une probabilité bien définie

   Les blocs étant non vides et deux à deux disjoints, la partie \(J\) se retrouve à partir de \(A_J\) : \(J = \{k \in \mathbb{N} : B_k \subset A_J\}\). L’écriture \(A_J\) est donc unique, et \(\mathbf{P}\) est bien définie ; de plus, la somme d’une famille de réels positifs est un élément de \([0, +\infty]\).

   On a \(\mathbf{P}(\mathbb{N}) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{2^{k+1}} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{1 – \frac{1}{2}} = 1\). Soit ensuite \((A_{J_i})_{i \in \mathbb{N}}\) une suite d’événements deux à deux incompatibles. Alors les \(J_i\) sont deux à deux disjoints, car un indice commun donnerait un bloc commun. Le théorème de sommation par paquets, valable pour une famille de réels positifs, donne alors :

   \[\mathbf{P}\left(\bigcup_{i \in \mathbb{N}} A_{J_i}\right) = \sum_{k \in \bigcup_i J_i} \frac{1}{2^{k+1}} = \sum_{i=0}^{+\infty} \sum_{k \in J_i} \frac{1}{2^{k+1}} = \sum_{i=0}^{+\infty} \mathbf{P}(A_{J_i}).\]

   Ainsi \(\mathbf{P}\) est σ-additive, et c’est une probabilité sur \((\mathbb{N}, \mathcal{T})\).

4. Deux sommes géométriques

   L’ensemble des entiers supérieurs ou égaux à \(2m\) est \(\bigcup_{k \geq m} B_k\). Sa probabilité vaut donc :

   \[\sum_{k=m}^{+\infty} \frac{1}{2^{k+1}} = \frac{1}{2^{m+1}} \times \frac{1}{1 – \frac{1}{2}} = \frac{1}{2^m}.\]

   Par ailleurs, un entier a pour reste 0 ou 1 dans la division par 4 quand il s’écrit \(4j\) ou \(4j+1\), c’est-à-dire quand il appartient à \(B_{2j} = \{4j, 4j+1\}\). L’ensemble étudié est donc \(\bigcup_{j \geq 0} B_{2j}\), de probabilité :

   \[\sum_{j=0}^{+\infty} \frac{1}{2^{2j+1}} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{1 – \frac{1}{4}} = \frac{2}{3}.\]

   Les deux probabilités valent respectivement \(\frac{1}{2^m}\) et \(\frac{2}{3}\).

Barème : 1) 1,5 point (0,5 par axiome) ; 2) 0,5 point (0,25 par partie) ; 3) 1 point (0,25 pour la bonne définition, 0,25 pour la masse totale, 0,5 pour la σ-additivité) ; 4) 1 point (0,5 par probabilité).

Exercice 3 – La lampe qui s’use (5 points)

1. Une suite qui ne peut que décroître

   Une lampe en panne le reste : si elle fonctionne à la fin du jour \(n+1\), elle fonctionnait donc déjà à la fin du jour \(n\). Ainsi \(A_{n+1} \subset A_n\) pour tout \(n \geq 0\), l’inclusion \(A_1 \subset A_0 = \Omega\) étant évidente. La lampe ne tombe jamais en panne exactement quand elle fonctionne à la fin de chaque jour : \(A = \bigcap_{n \geq 1} A_n\).

2. Probabilités composées et télescopage

   Comme la suite est décroissante, \(A_N = A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_N\). De plus, l’énoncé donne \(\mathbf{P}(A_n \mid A_{n-1}) = 1 – \frac{1}{(n+1)^2}\) pour \(n \geq 1\), et ces probabilités sont toutes non nulles. La formule des probabilités composées s’applique donc :

   \[\mathbf{P}(A_N) = \prod_{n=1}^{N} \left(1 – \frac{1}{(n+1)^2}\right) = \prod_{n=1}^{N} \frac{n(n+2)}{(n+1)^2} = \left(\prod_{n=1}^{N} \frac{n}{n+1}\right) \times \left(\prod_{n=1}^{N} \frac{n+2}{n+1}\right).\]

   Le premier produit est télescopique et vaut \(\frac{1}{N+1}\) ; le second vaut de même \(\frac{N+2}{2}\). Par conséquent, \(\mathbf{P}(A_N) = \dfrac{N+2}{2(N+1)}\). On retrouve d’ailleurs, pour \(N = 2\), la valeur \(\frac{3}{4} \times \frac{8}{9} = \frac{2}{3}\) lue sur l’arbre.

3. Passage à la limite autorisé

   La suite \((A_N)\) est décroissante pour l’inclusion. Par le théorème de continuité décroissante, on a donc :

   \[\mathbf{P}(A) = \mathbf{P}\left(\bigcap_{N \geq 1} A_N\right) = \lim_{N \to +\infty} \frac{N+2}{2(N+1)} = \frac{1}{2}.\]

   La lampe ne tombe jamais en panne avec la probabilité \(\frac{1}{2}\).

4. Le jour exact de la panne

   La lampe tombe en panne le jour \(n\) quand elle fonctionnait à la fin du jour \(n-1\) mais plus à la fin du jour \(n\) : c’est l’événement \(A_{n-1} \setminus A_n\). Comme \(A_n \subset A_{n-1}\), et puisque la formule de la question 2 reste vraie pour \(N = 0\), on obtient :

   \[\mathbf{P}(A_{n-1}) – \mathbf{P}(A_n) = \frac{n+1}{2n} – \frac{n+2}{2(n+1)} = \frac{(n+1)^2 – n(n+2)}{2n(n+1)} = \frac{1}{2n(n+1)}.\]

   La probabilité d’une panne le jour \(n\) vaut \(\frac{1}{2n(n+1)}\). Pour \(n = 1\), on retrouve bien \(\frac{1}{4}\). Ces événements sont deux à deux incompatibles et leur réunion est \(\overline{A}\). Or \(\sum_{n \geq 1} \frac{1}{2n(n+1)} = \frac{1}{2}\sum_{n \geq 1}\left(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\right) = \frac{1}{2}\), ce qui est cohérent avec \(\mathbf{P}(\overline{A}) = 1 – \frac{1}{2}\).

5. Le second modèle condamne la lampe

   Le même raisonnement donne cette fois \(\mathbf{P}(A_N) = \prod_{n=1}^{N} \frac{n}{n+1} = \frac{1}{N+1}\). Par continuité décroissante, \(\mathbf{P}(A) = \lim_{N \to +\infty} \frac{1}{N+1} = 0\). Ainsi \(A\) est négligeable, si bien que son contraire est presque sûr. Dans ce modèle, la lampe tombe presque sûrement en panne. La figure compare les deux modèles.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1,5 point (0,5 pour les probabilités composées, 0,5 pour la factorisation, 0,5 pour le télescopage) ; 3) 1 point (0,5 pour le théorème nommé avec la monotonie, 0,5 pour la limite) ; 4) 1 point (0,75 pour le calcul, 0,25 pour la vérification) ; 5) 1 point.

Piège classique : écrire \(\mathbf{P}(A) = \lim \mathbf{P}(A_N)\) sans vérifier que la suite d’événements est décroissante, ou confondre la probabilité de panne un jour donné avec une probabilité conditionnelle.

Exercice 4 – Problème : un motif finit toujours par sortir (6 points)

Partie A – Le motif apparaît

1. Trois lancers d’un même bloc

   L’événement \(E_k\) est l’intersection des événements « F au lancer \(3k+1\) », « P au lancer \(3k+2\) » et « F au lancer \(3k+3\) ». Ces trois événements portent sur des lancers distincts, donc ils sont indépendants. Ainsi \(\mathbf{P}(E_k) = p \times q \times p = p^2 q\).

2. Des blocs disjoints, donc indépendants

   Les blocs \(0, 1, \ldots, n-1\) sont deux à deux disjoints ; d’après le résultat admis, les événements \(E_0, \ldots, E_{n-1}\) sont donc mutuellement indépendants, et leurs contraires le sont aussi. Par conséquent :

   \[\mathbf{P}(H_n) = \prod_{k=0}^{n-1} \mathbf{P}\left(\overline{E_k}\right) = \left(1 – p^2 q\right)^n.\]

   On obtient \(\mathbf{P}(H_n) = (1 – p^2 q)^n\).

3. L’absence du motif est négligeable

   On a \(H_{n+1} = H_n \cap \overline{E_n} \subset H_n\) : la suite \((H_n)\) est décroissante. Son intersection \(H = \bigcap_{n \geq 1} H_n\) est l’événement « aucun bloc ne donne le motif ». Puisque \(0 < p^2 q < 1\), le théorème de continuité décroissante donne alors \(\mathbf{P}(H) = \lim_{n \to +\infty} (1 – p^2 q)^n = 0\). Donc \(\overline{H} = \bigcup_{k \geq 0} E_k\) est presque sûr : au moins un bloc donne F, P, F.

4. Recommencer à partir du bloc m

   Fixons \(m \in \mathbb{N}\) et posons, pour \(n \geq 1\), \(H_{m,n} = \bigcap_{k=m}^{m+n-1} \overline{E_k}\). Ces blocs sont encore disjoints, si bien que \(\mathbf{P}(H_{m,n}) = (1 – p^2 q)^n\). Par ailleurs, la suite \((H_{m,n})_{n \geq 1}\) décroît et a pour intersection \(\overline{D_m}\). Par continuité décroissante, \(\mathbf{P}(\overline{D_m}) = 0\), donc \(D_m\) est presque sûr.

   Ensuite, une infinité de blocs donnent le motif exactement quand, pour tout \(m\), un bloc de numéro au moins \(m\) le donne : c’est l’événement \(D = \bigcap_{m \in \mathbb{N}} D_m\). Son contraire est \(\bigcup_{m \in \mathbb{N}} \overline{D_m}\), et la sous-additivité donne :

   \[\mathbf{P}\left(\overline{D}\right) \leq \sum_{m=0}^{+\infty} \mathbf{P}\left(\overline{D_m}\right) = 0.\]

   Ainsi \(D\) est presque sûr : une infinité de blocs donnent le motif.

Partie B – Le premier F

5. Un système quasi-complet

   L’événement \(F_n\) signifie que les \(n-1\) premiers lancers donnent P, puis que le lancer \(n\) donne F. Par indépendance des lancers, \(\mathbf{P}(F_n) = q^{n-1} p\). D’une part, les \(F_n\) sont deux à deux incompatibles, car le premier F ne peut pas apparaître à deux rangs différents. D’autre part, comme \(0 < q < 1\) :

   \[\sum_{n=1}^{+\infty} \mathbf{P}(F_n) = p \sum_{n=1}^{+\infty} q^{n-1} = \frac{p}{1 – q} = 1.\]

   Donc \((F_n)_{n \geq 1}\) est un système quasi-complet d’événements. Le premier F apparaît à un rang pair sur l’événement \(\bigcup_{j \geq 1} F_{2j}\), réunion d’événements incompatibles. Par σ-additivité :

   \[\sum_{j=1}^{+\infty} q^{2j-1} p = \frac{pq}{1 – q^2} = \frac{pq}{(1-q)(1+q)} = \frac{q}{1+q}.\]

   Le premier F apparaît à un rang pair avec la probabilité \(\frac{q}{1+q}\).

6. La formule des probabilités totales

   Pour \(n \geq 1\), l’événement \(G \cap F_n\) signifie que les lancers \(1\) à \(n-1\) donnent P, le lancer \(n\) donne F et le lancer \(n+1\) donne P. Ainsi \(\mathbf{P}(G \cap F_n) = q^{n-1} p q\). Comme \((F_n)\) est un système quasi-complet, la formule des probabilités totales s’applique :

   \[\mathbf{P}(G) = \sum_{n=1}^{+\infty} \mathbf{P}(G \cap F_n) = q \sum_{n=1}^{+\infty} q^{n-1} p = q \times 1 = q.\]

   Finalement, \(\mathbf{P}(G) = q\) : le lancer qui suit le premier F se comporte comme un lancer ordinaire.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1 point (0,5 pour l’indépendance justifiée, 0,5 pour le calcul) ; 3) 1 point (0,5 pour la monotonie et le théorème, 0,5 pour la conclusion) ; 4) 1,5 point (0,75 pour \(D_m\), 0,75 pour la sous-additivité) ; 5) 1 point (0,25 pour \(\mathbf{P}(F_n)\), 0,25 pour le système quasi-complet, 0,5 pour le rang pair) ; 6) 1 point.

Piège classique : conclure que \(D\) est presque sûr en passant à la limite sur la suite \((D_m)\) sans vérifier sa monotonie ; la sous-additivité donne ici le résultat plus directement.

Revenir à l’énoncé du contrôle

Consolider événements presque sûrs et dénombrabilité après ce corrigé

Pour ne plus perdre de points sur ce thème, relisez le cours dénombrabilité, tribus et espaces probabilisés ; entraînez-vous sur les exercices dénombrabilité, tribus et espaces probabilisés.

D’autres évaluations corrigées vous attendent sur la page contrôles de maths en MP.

Télécharger en PDF Le livre des 25 contrôles corrigés en MP PDF à imprimer Voir le livre ›

Télécharger ou imprimer cette fiche «Événements presque sûrs et dénombrabilité : corrigé du contrôle de maths en MP» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

 Maths PDF c'est 16 224 397 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.