Urnes infinies et formule de Bayes : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « urnes infinies et formule de Bayes », question par question.
Cette correction rédige chaque calcul comme dans une copie de licence : les événements sont nommés, l’incompatibilité est justifiée et le théorème employé est cité. Commencez par l’exercice 1, car il montre comment écrire « jamais » comme une intersection décroissante. Ensuite, l’arbre complet de l’exercice 2 sert de support à la formule des probabilités totales, puis à Bayes. Dans l’exercice 3, les sommes portent sur une infinité d’urnes, donc chaque série géométrique est identifiée avec sa raison. Le problème s’appuie enfin sur un arbre du duel et se termine par une preuve d’indépendance assez surprenante. Un barème détaillé suit chaque exercice.
L’énoncé complet se trouve ici : Urnes infinies et formule de Bayes : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : urnes infinies et formule de Bayes
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Connexions répétées | 4 points |
| 2. Trois serveurs et un fichier abîmé | 4 points |
| 3. Une infinité d’urnes | 5 points |
| 4. Problème : un duel au tir à l’arc | 7 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : urnes infinies et formule de Bayes
Exercice 1 – Connexions répétées (4 points)
- L’événement \(E_n\) signifie que chacune des \(n\) premières tentatives échoue, donc \(E_n = \overline{R_1} \cap \overline{R_2} \cap \cdots \cap \overline{R_n}\). Les tentatives sont indépendantes, et chaque échec a la probabilité \(\frac{3}{4}\). Ainsi \(P(E_n) = \left(\frac{3}{4}\right)^n\).
- L’objet ne réussit jamais lorsque, pour tout \(n\), aucune des \(n\) premières tentatives ne réussit : \(J = \bigcap_{n \geq 1} E_n\). De plus, \(E_{n+1} \subset E_n\), car un échec sur \(n + 1\) tentatives contient un échec sur les \(n\) premières. La suite \((E_n)\) est donc décroissante. Par le théorème de continuité décroissante, \(P(J) = \lim P(E_n) = \lim \left(\frac{3}{4}\right)^n\). Par conséquent, \(P(J) = 0\) : l’objet finit presque sûrement par se connecter.
-
Notons \(F_n = E_{n-1} \cap R_n\) l’événement « la première réussite a lieu à la tentative \(n\) », avec la convention \(E_0 = \Omega\). Par indépendance, \(P(F_n) = \left(\frac{3}{4}\right)^{n-1} \times \frac{1}{4}\).
L’événement cherché est la réunion des \(F_{2k}\) pour \(k \geq 1\). Ces événements sont deux à deux incompatibles, donc, par \(\sigma\)-additivité :
\[\sum_{k \geq 1} \left(\frac{3}{4}\right)^{2k-1} \times \frac{1}{4} = \frac{3}{16} \sum_{k \geq 1} \left(\frac{9}{16}\right)^{k-1} = \frac{3}{16} \times \frac{16}{7}.\]
La probabilité cherchée vaut donc \(\frac{3}{7}\) ; celle d’un rang impair vaut alors \(\frac{4}{7}\), puisque \(P(J) = 0\).
Piège classique : invoquer la continuité monotone sans vérifier que la suite est décroissante. Sans cette monotonie, la limite des probabilités ne donne pas la probabilité de l’intersection.
Exercice 2 – Trois serveurs et un fichier abîmé (4 points)
- Le serveur \(C\) reçoit \(1 – \frac{1}{2} – \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\) des fichiers. Ensuite, sur chaque nœud, les deux branches ont une somme égale à 1. L’arbre complété est le suivant (valeurs ajoutées en orange).
- Les événements \(A\), \(B\), \(C\) forment un système complet. D’après la formule des probabilités totales, \(P(K) = P(A)P_A(K) + P(B)P_B(K) + P(C)P_C(K)\). Donc \(P(K) = \frac{0{,}02}{2} + \frac{0{,}05}{3} + \frac{0{,}08}{6} = \frac{0{,}06 + 0{,}10 + 0{,}08}{6} = \frac{0{,}24}{6}\). Ainsi \(P(K) = 0{,}04\).
-
La formule de Bayes donne \(P_K(A) = \frac{P(A)P_A(K)}{P(K)} = \frac{0{,}01}{0{,}04}\), soit \(P_K(A) = \frac{1}{4}\).
De même, \(P_K(B) = \frac{0{,}05}{3 \times 0{,}04} = \frac{5}{12}\) et \(P_K(C) = \frac{0{,}08}{6 \times 0{,}04} = \frac{1}{3}\). Les trois probabilités valent \(\frac{1}{4}\), \(\frac{5}{12}\) et \(\frac{1}{3}\) ; leur somme vaut bien \(\frac{3 + 5 + 4}{12} = 1\).
Exercice 3 – Une infinité d’urnes (5 points)
- Notons \(V_n\) l’événement « l’urne \(U_n\) est choisie ». On ne choisit qu’une urne, donc les \(V_n\) sont deux à deux incompatibles. De plus, \(\sum_{n \geq 1} \frac{1}{2^n} = \frac{1/2}{1 – 1/2} = 1\). La famille \((V_n)_{n \geq 1}\) est donc un système complet d’événements (au sens des probabilités : sa réunion est de probabilité 1).
- L’urne \(U_n\) contient \(2^n\) boules, dont une blanche, donc \(P_{V_n}(B) = \frac{1}{2^n}\). Par la formule des probabilités totales sur ce système dénombrable, \(P(B) = \sum_{n \geq 1} \frac{1}{2^n} \times \frac{1}{2^n} = \sum_{n \geq 1} \left(\frac{1}{4}\right)^n = \frac{1/4}{3/4}\). Ainsi \(P(B) = \frac{1}{3}\).
- D’après la formule de Bayes, \(P_B(V_n) = \frac{P(V_n)P_{V_n}(B)}{P(B)} = 3 \times \frac{1}{4^n}\). Donc \(P_B(V_n) = \frac{3}{4^n}\) ; par exemple, l’urne \(U_1\) a la probabilité \(\frac{3}{4}\). On vérifie aussi que \(\sum_{n \geq 1} \frac{3}{4^n} = 3 \times \frac{1}{3} = 1\).
- La probabilité conditionnelle \(P_B\) est une probabilité, donc elle est \(\sigma\)-additive. On somme alors sur les numéros \(n = 2k\) : \(\sum_{k \geq 1} \frac{3}{16^k} = 3 \times \frac{1/16}{15/16} = \frac{3}{15}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{1}{5}\).
Piège classique : écrire \(P_{V_n}(B) = \frac{1}{2^n – 1}\) en oubliant la boule blanche dans le total. L’urne contient \(2^n\) boules en tout.
Exercice 4 – Problème : un duel au tir à l’arc (7 points)
Le duel prend fin
- Personne ne gagne lors d’un tour lorsque Inès manque, puis Théo aussi : cela arrive avec la probabilité \(\frac{2}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{3}\). Comme les tirs sont indépendants, les \(n\) premiers tours sans vainqueur ont la probabilité \(P(D_n) = \left(\frac{1}{3}\right)^n\).
- La suite \((D_n)\) est décroissante, car \(D_{n+1} \subset D_n\). Le duel ne s’arrête jamais exactement quand tous les \(D_n\) sont réalisés. Par continuité décroissante, \(P\left(\bigcap_{n \geq 1} D_n\right) = \lim \left(\frac{1}{3}\right)^n = 0\). Le duel s’arrête donc presque sûrement.
- Inès gagne au tour \(n\) si les \(n – 1\) premiers tours sont sans vainqueur, puis si elle atteint le centre : \(P(I_n) = \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \times \frac{1}{3} = \left(\frac{1}{3}\right)^n\). De même, \(P(T_n) = \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{2} = \left(\frac{1}{3}\right)^n\). Les \(I_n\) sont incompatibles, donc \(P(\text{Inès gagne}) = \sum_{n \geq 1} \left(\frac{1}{3}\right)^n = \frac{1}{2}\). Chacun gagne donc avec la probabilité \(\frac{1}{2}\) : le duel est équitable.
Rendre le duel équitable
-
Posons \(q = (1 – a)(1 – b)\). Comme \(a > 0\), on a \(0 \leq q < 1\). Le même raisonnement donne \(P(I_n) = q^{n-1}a\), puis \(P(\text{Inès gagne}) = \frac{a}{1 – q}\). Or \(1 – q = a + b – ab\), d’où la formule \(\frac{a}{a + b – ab}\).
Le duel est équitable si et seulement si \(2a = a + b – ab\), c’est-à-dire \(b(1 – a) = a\). Si \(a = 1\), c’est impossible. Sinon, il faut \(b = \frac{a}{1 – a}\), et ce nombre est dans \(\left]0, 1\right]\) exactement quand \(a \leq 1 – a\). Un choix équitable de \(b\) existe donc si et seulement si \(a \leq \frac{1}{2}\). On retrouve bien \(b = \frac{1}{2}\) pour \(a = \frac{1}{3}\).
- Notons \(I\) l’événement « Inès gagne ». Comme \(I_1 \subset I\), on obtient \(P_I(I_1) = \frac{P(I_1)}{P(I)} = \frac{1/3}{1/2}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{2}{3}\).
- On a \(F = I_1 \cup T_1\), réunion disjointe, donc \(P(F) = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\). Par ailleurs, \(I \cap F = I_1\), donc \(P(I \cap F) = \frac{1}{3}\). Enfin, \(P(I)P(F) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} = \frac{1}{3}\). Les événements \(F\) et \(I\) sont donc indépendants.
Piège classique : penser que celui qui tire en premier est forcément avantagé. Ici, la meilleure adresse de Théo compense exactement l’avantage d’Inès.
À retenir de ce contrôle
- Pour une suite décroissante d’événements, la probabilité de leur intersection est la limite des probabilités ; on traduit ainsi « jamais » par une intersection.
- Si une famille dénombrable d’événements deux à deux incompatibles recouvre l’univers, la probabilité de B est la somme des P(B sachant An) P(An).
- La formule de Bayes inverse un conditionnement : P(An sachant B) vaut P(B sachant An) P(An) divisé par P(B).
- Une somme géométrique de premier terme u et de raison q, avec |q| strictement inférieur à 1, vaut u divisé par 1 – q.
- Deux événements sont indépendants lorsque la probabilité de leur intersection égale le produit de leurs probabilités ; l’intuition ne remplace jamais ce calcul.
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