Corrigé des exercices : Tribus et probabilités en maths spé (MP)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Injection explicite de Z² dans N

Idée clé : l’unicité de la décomposition en facteurs premiers transforme un couple d’entiers en un seul entier sans perte d’information.

1. Comme \(-3 < 0\), on a \(\varphi(-3) = -2 \times (-3) – 1 = 5\). Ensuite, \(\varphi(4) = 8\). Enfin, 7 est impair, donc son antécédent \(n\) est négatif et vérifie \(-2n – 1 = 7\). Ainsi \(\varphi(-3) = 5\), \(\varphi(4) = 8\) et \(\varphi^{-1}(7) = -4\).
2. Supposons \(g(a,b) = g(a^{\prime},b^{\prime})\), soit \(2^{\varphi(a)} 3^{\varphi(b)} = 2^{\varphi(a^{\prime})} 3^{\varphi(b^{\prime})}\). Par unicité de la décomposition en facteurs premiers, les exposants de 2 sont égaux, de même que ceux de 3. Donc \(\varphi(a) = \varphi(a^{\prime})\) et \(\varphi(b) = \varphi(b^{\prime})\). Or \(\varphi\) est injective, d’où \(a = a^{\prime}\) et \(b = b^{\prime}\). L’application \(g\) est injective.
3. D’après le critère d’injection, \(\mathbb{Z}^2\) est au plus dénombrable. Il contient \(\mathbb{N} \times \{0\}\), qui est infini, donc il est dénombrable. Pour \(\mathbb{Q}^2\), on part d’une surjection \(h\) de \(\mathbb{Z} \times \mathbb{N}^*\) sur \(\mathbb{Q}\). Alors \((u, v) \mapsto (h(u), h(v))\) est une surjection de \((\mathbb{Z} \times \mathbb{N}^*)^2\) sur \(\mathbb{Q}^2\). Ce produit est dénombrable, comme partie infinie de \(\mathbb{Z}^4\). Par conséquent, \(\mathbb{Q}^2\) est dénombrable.

Corrigé de l’exercice 2 – Tribu engendrée par trois blocs

Idée clé : on cherche les « atomes », c’est-à-dire la partition la plus fine que l’on peut fabriquer avec \(U\), \(V\) et les opérations de tribu.

1. Toute tribu contenant \(U\) et \(V\) contient \(V \setminus U = \{3\}\) et \(\overline{V} = \{4,5,6\}\). On obtient la partition \(\{1,2\}\), \(\{3\}\), \(\{4,5,6\}\) de \(\Omega\). L’ensemble des réunions de blocs de cette partition est stable par complémentaire et par réunion : c’est une tribu. Elle contient \(U\) et \(V = U \cup \{3\}\). De plus, toute tribu contenant \(U\) et \(V\) contient ces réunions. Donc \(\mathcal{T}\) est formée des \(2^3 = 8\) réunions de blocs. Explicitement : \(\varnothing\), \(\{1,2\}\), \(\{3\}\), \(\{4,5,6\}\), \(\{1,2,3\}\), \(\{1,2,4,5,6\}\), \(\{3,4,5,6\}\) et \(\Omega\).
2. L’ensemble \(\{2,3\}\) coupe le bloc \(\{1,2\}\) sans le contenir. Il n’est donc pas réunion de blocs. Ainsi \(\{2,3\} \notin \mathcal{T}\), tandis que \(\{3,4,5,6\} = \overline{U} \in \mathcal{T}\).
3. On a \(P(U) = 1/3\), \(P(V) = 1/2\) et \(U \cap V = U\). Donc \(P(U \cap V) = 1/3\), alors que \(P(U)P(V) = 1/6\). Les événements \(U\) et \(V\) ne sont pas indépendants.

Corrigé de l’exercice 3 – Constante de normalisation d’une loi sur N*

Idée clé : une décomposition télescopique donne à la fois la somme totale et les queues de la série.

1. On réduit au même dénominateur : \(\dfrac{1}{n(n+1)} – \dfrac{1}{(n+1)(n+2)} = \dfrac{(n+2) – n}{n(n+1)(n+2)} = \dfrac{2}{n(n+1)(n+2)}\). Donc \(\alpha = 1/2\).
2. Posons \(w_n = \dfrac{1}{n(n+1)}\), qui tend vers 0. La somme partielle télescope : \(\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12 (w_1 – w_{N+1})\). Elle tend vers \(\frac12 w_1 = \frac14\). Les \(p_n\) sont positifs dès que \(c \geqslant 0\), et leur somme vaut \(c/4\). Il faut et il suffit que \(c = 4\).
3. De même, \(\sum_{n \geqslant k} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12 w_k = \frac{1}{2k(k+1)}\). En multipliant par 4, on obtient \(P(\{k, k+1, \dots\}) = \dfrac{2}{k(k+1)}\). Par exemple, pour \(k = 1\), on retrouve bien 1. Ensuite, par passage au complémentaire, \(P(\{1,2,3\}) = 1 – \dfrac{2}{4 \times 5} = \dfrac{9}{10}\). On peut vérifier directement : \(p_1 + p_2 + p_3 = \frac23 + \frac16 + \frac{1}{15} = \frac{20 + 5 + 2}{30}\). Ainsi \(P(\{1,2,3\}) = 9/10\).

Corrigé de l’exercice 4 – Traduire des événements en unions et intersections

Idée clé : « il existe un rang » devient une réunion, « pour tout rang » devient une intersection, et l’on respecte l’ordre des quantificateurs.

1. Au moins un pile signifie qu’il existe un rang \(n\) avec pile. Donc \(A = \bigcup_{n \geqslant 1} P_n\).
2. Pour tout \(k \geqslant 1\), le lancer \(2k\) donne face. Ainsi \(B = \bigcap_{k \geqslant 1} \overline{P_{2k}}\).
3. Il existe un rang \(N\) tel que, pour tout \(n \geqslant N\), le lancer \(n\) donne pile. Par conséquent \(C = \bigcup_{N \geqslant 1} \bigcap_{n \geqslant N} P_n\).
4. Pour tout \(n \geqslant 1\), les lancers \(n\) et \(n+1\) ne donnent pas tous deux face. Autrement dit, l’un des deux au moins donne pile. Donc \(D = \bigcap_{n \geqslant 1} (P_n \cup P_{n+1})\).
5. Les quatre premiers lancers donnent face et le cinquième donne pile. Ainsi \(E = \overline{P_1} \cap \overline{P_2} \cap \overline{P_3} \cap \overline{P_4} \cap P_5\).

Tous ces ensembles sont obtenus par réunions et intersections dénombrables d’événements. Ce sont donc bien des événements de la tribu.

Corrigé de l’exercice 5 – Majorer une réunion par la sous-additivité

Idée clé : la sous-additivité ne demande aucune hypothèse d’incompatibilité ; elle majore toute réunion par une série.

1. Par sous-additivité, \(P\big(\bigcup_{n \geqslant 1} A_n\big) \leqslant \sum_{n \geqslant 1} 3^{-n}\). Cette série géométrique vaut \(\dfrac{1/3}{1 – 1/3} = \dfrac12\). Donc \(P\big(\bigcup A_n\big) \leqslant 1/2\).
2. De même, \(P\big(\bigcup_{n \geqslant N} A_n\big) \leqslant \sum_{n \geqslant N} 3^{-n} = \dfrac{3^{-N}}{1 – 1/3} = \dfrac{1}{2 \cdot 3^{N-1}}\). Ce majorant tend vers 0, donc la probabilité aussi.
3. L’événement « une infinité des \(A_n\) sont réalisés » s’écrit \(L = \bigcap_{N \geqslant 1} \bigcup_{n \geqslant N} A_n\). Pour tout \(N\), il est inclus dans \(\bigcup_{n \geqslant N} A_n\). Ainsi, \(0 \leqslant P(L) \leqslant \frac{1}{2 \cdot 3^{N-1}}\) pour tout \(N\). En faisant tendre \(N\) vers \(+\infty\), on obtient \(P(L) = 0\) : l’événement est négligeable.

Remarque :

Le même raisonnement s’applique dès que la série \(\sum P(A_n)\) converge. Ce résultat, hors programme sous ce nom, est souvent demandé aux oraux.

Corrigé de l’exercice 6 – Trois ateliers et une pièce défectueuse

Idée clé : les ateliers forment un système complet ; on applique la formule des probabilités totales, puis celle de Bayes.

1. Notons \(D\) l’événement « la pièce est défectueuse ». Les événements \(X\), \(Y\), \(Z\) forment un système complet. Par la formule des probabilités totales, \(P(D) = 0{,}5 \times 0{,}02 + 0{,}3 \times 0{,}03 + 0{,}2 \times 0{,}05\). Cela donne \(0{,}010 + 0{,}009 + 0{,}010\). Donc \(P(D) = 0{,}029\).
2. Par la formule de Bayes, \(P_D(Z) = \dfrac{P(Z)P_Z(D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}010}{0{,}029}\). Ainsi \(P_D(Z) = 10/29 \approx 0{,}345\). L’atelier \(Z\) ne fabrique que 20 % des pièces, mais il fournit plus du tiers des défauts.
3. On a \(P(\overline{D}) = 0{,}971\). Ensuite, \(P(X \cap \overline{D}) = 0{,}5 \times 0{,}98 = 0{,}49\), \(P(Y \cap \overline{D}) = 0{,}291\) et \(P(Z \cap \overline{D}) = 0{,}19\). Comme on divise par la même quantité, il suffit de comparer ces trois nombres. L’atelier \(X\) est le plus probable, avec \(P_{\overline{D}}(X) = 490/971 \approx 0{,}505\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Parties finies de N

Idée clé : une partie finie de \(\mathbb{N}\) est exactement l’ensemble des positions des chiffres 1 dans l’écriture binaire d’un entier.

1. On a \(s(\{0,2,5\}) = 1 + 4 + 32\), soit \(s(\{0,2,5\}) = 37\). Ensuite, \(44 = 32 + 8 + 4 = 2^5 + 2^3 + 2^2\). Donc \(s(A) = 44\) pour \(A = \{2,3,5\}\).
2. Tout entier \(m \geqslant 0\) admet une unique écriture en base 2, \(m = \sum_{a \geqslant 0} \varepsilon_a 2^a\), avec des chiffres \(\varepsilon_a \in \{0,1\}\) presque tous nuls. L’ensemble \(A = \{a, \ \varepsilon_a = 1\}\) est fini et vérifie \(s(A) = m\) : d’où la surjectivité. De plus, si \(s(A) = s(B)\), l’unicité de l’écriture binaire impose \(A = B\) : d’où l’injectivité. Ainsi \(s\) est une bijection de \(\mathcal{F}\) sur \(\mathbb{N}\).
3. Par définition, \(\mathcal{F}\) est donc dénombrable. Supposons ensuite que l’ensemble \(\mathcal{I}\) des parties infinies de \(\mathbb{N}\) soit au plus dénombrable. Alors \(\mathcal{P}(\mathbb{N}) = \mathcal{F} \cup \mathcal{I}\) serait au plus dénombrable, comme réunion de deux tels ensembles. Or l’exercice 9 montre que \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) ne l’est pas. Par conséquent, les parties infinies de \(\mathbb{N}\) sont trop nombreuses pour être rangées en une suite.

Corrigé de l’exercice 8 – Nombres algébriques et existence de transcendants

Idée clé : on range les polynômes par degré, puis chaque polynôme n’apporte qu’un nombre fini de racines.

1. L’application \((a_0, \dots, a_d) \mapsto \sum_{k=0}^{d} a_k X^k\) est une bijection de \(\mathbb{Q}^{d+1}\) sur \(\mathbb{Q}_d[X]\). Or un produit fini d’ensembles dénombrables est dénombrable. Donc \(\mathbb{Q}_d[X]\) est dénombrable.
2. Tout polynôme possède un degré fini, de sorte que \(\mathbb{Q}[X]\) s’obtient en réunissant les \(\mathbb{Q}_d[X]\) pour \(d\) entier. Une suite d’ensembles dénombrables a une réunion dénombrable. Ainsi \(\mathbb{Q}[X]\) est dénombrable.
3. Pour chaque polynôme non nul \(Q\), l’ensemble \(Z(Q)\) de ses racines réelles est fini, de cardinal au plus \(\deg Q\). L’ensemble des réels algébriques est la réunion des \(Z(Q)\), pour \(Q\) parcourant \(\mathbb{Q}[X] \setminus \{0\}\). C’est une réunion dénombrable d’ensembles finis, donc un ensemble au plus dénombrable. Il contient \(\mathbb{Q}\), racines des polynômes \(X – r\), donc il est infini. Les réels algébriques forment un ensemble dénombrable.
4. Si l’ensemble \(\mathcal{T}\) des réels non algébriques était au plus dénombrable, \(\mathbb{R}\) serait la réunion de deux ensembles au plus dénombrables. Il serait alors au plus dénombrable, ce qui contredit le cours. Il existe donc des réels transcendants, et leur ensemble n’est pas dénombrable. Cette preuve d’existence ne fournit cependant aucun exemple explicite.

Corrigé de l’exercice 9 – Argument diagonal pour les suites binaires

Idée clé : on modifie le \(k\)-ième terme de la \(k\)-ième suite, ce qui garantit une différence avec chaque suite de la liste.

1. Posons \(v_k = 1 – f(k)_k\) pour tout \(k \in \mathbb{N}\). C’est une suite binaire. Pour tout \(k\), on a \(v_k \neq f(k)_k\), donc \(v \neq f(k)\). La suite \(v\) n’appartient pas à l’image de \(f\).
2. Aucune application de \(\mathbb{N}\) dans \(\{0,1\}^{\mathbb{N}}\) n’est donc surjective. Or un ensemble infini dénombrable est l’image d’une surjection depuis \(\mathbb{N}\). Ainsi \(\{0,1\}^{\mathbb{N}}\) n’est pas dénombrable.
3. L’application qui associe à \(A \subset \mathbb{N}\) sa fonction indicatrice \((\mathbf{1}_A(n))_{n}\) est une bijection de \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) sur \(\{0,1\}^{\mathbb{N}}\). Sa réciproque associe à une suite \(v\) l’ensemble \(\{n, \ v_n = 1\}\). Par conséquent, \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) n’est pas dénombrable.
4. Une suite strictement croissante \((u_n)\) d’entiers est déterminée par son ensemble de valeurs, qui est une partie infinie de \(\mathbb{N}\). Réciproquement, toute partie infinie de \(\mathbb{N}\), rangée dans l’ordre croissant, donne une telle suite. On obtient ainsi une bijection avec l’ensemble des parties infinies. D’après l’exercice 7, cet ensemble n’est pas dénombrable.

La figure reprend le tableau de la question 1. La suite \(v\) se lit sur la diagonale, chiffre par chiffre inversé.

Corrigé de l’exercice 10 – Intersection et réunion de deux tribus

Idée clé : chaque axiome de tribu est une propriété de stabilité, et une stabilité passe à l’intersection mais pas à la réunion.

1. D’abord, \(\Omega\) appartient à \(\mathcal{A}\) et à \(\mathcal{B}\), donc à \(\mathcal{A} \cap \mathcal{B}\). Ensuite, si \(A \in \mathcal{A} \cap \mathcal{B}\), son complémentaire est dans \(\mathcal{A}\) et dans \(\mathcal{B}\). Enfin, une suite d’éléments de \(\mathcal{A} \cap \mathcal{B}\) a sa réunion dans \(\mathcal{A}\) et dans \(\mathcal{B}\). Donc \(\mathcal{A} \cap \mathcal{B}\) est une tribu.
2. Le raisonnement précédent n’utilise que le fait d’appartenir à chacune des tribus. Il s’applique donc mot pour mot à une famille quelconque \((\mathcal{A}_i)_{i \in I}\), avec \(I\) non vide. Toute intersection de tribus sur \(\Omega\) est une tribu.
3. Dans \(\mathcal{A}\), le complémentaire de \(\{1\}\) est \(\{2,3\}\), et réciproquement ; les réunions de deux éléments de \(\mathcal{A}\) restent dans \(\mathcal{A}\). Sur un ensemble fini, cela suffit : \(\mathcal{A}\) est une tribu, et de même pour \(\mathcal{B}\). En revanche, \(\{1\}\) et \(\{2\}\) appartiennent à \(\mathcal{A} \cup \mathcal{B}\), mais \(\{1,2\}\) n’appartient ni à \(\mathcal{A}\) ni à \(\mathcal{B}\). Ainsi \(\mathcal{A} \cup \mathcal{B}\) n’est pas une tribu.
4. Une tribu contenant \(\{1\}\) et \(\{2\}\) contient aussi \(\{3\}\), complémentaire de \(\{1\} \cup \{2\}\). Elle contient alors toutes les réunions de singletons. La plus petite tribu contenant \(\mathcal{A} \cup \mathcal{B}\) est \(\mathcal{P}(\Omega)\), qui a 8 éléments.

Corrigé de l’exercice 11 – Succès de plus en plus rares

Idée clé : les événements « aucun succès avant le rang \(n\) » décroissent ; leur probabilité est un produit télescopique, et la continuité décroissante donne la limite.

1. On calcule \(1 – s_k = \dfrac{(k+1)(k+2) – 2}{(k+1)(k+2)} = \dfrac{k^2 + 3k}{(k+1)(k+2)}\). Donc \(1 – s_k = \dfrac{k(k+3)}{(k+1)(k+2)}\).
2. Notons \(R_k\) l’événement « la \(k\)-ième épreuve est un succès ». Par indépendance des épreuves, \(q_n = \prod_{k=1}^{n} (1 – s_k)\). On sépare le produit en deux produits télescopiques : \[ q_n = \prod_{k=1}^{n} \frac{k}{k+1} \times \prod_{k=1}^{n} \frac{k+3}{k+2} = \frac{1}{n+1} \times \frac{n+3}{3}. \] On obtient \(q_n = \dfrac{n+3}{3(n+1)}\). Contrôle pour \(n = 1\) : \(q_1 = 4/6 = 2/3\), et en effet \(1 – s_1 = 1 – 1/3\).
3. Notons \(Q_n = \bigcap_{k \leqslant n} \overline{R_k}\). Ces événements décroissent et leur intersection est l’événement « aucun succès ». Par continuité décroissante, sa probabilité vaut \(\lim q_n = 1/3\). On n’obtient aucun succès avec probabilité \(1/3\) ; l’obtention d’un succès n’est donc pas presque sûre, sa probabilité étant \(2/3\).
4. Le premier succès a lieu au rang \(n\) si et seulement si \(Q_{n-1}\) et \(R_n\) sont réalisés, avec la convention \(Q_0 = \Omega\). Par indépendance, la probabilité vaut \(q_{n-1} s_n = \dfrac{n+2}{3n} \cdot \dfrac{2}{(n+1)(n+2)}\). Elle est égale à \(\dfrac{2}{3n(n+1)}\). On vérifie que la somme de ces nombres vaut bien \(\frac23 \sum_{n \geqslant 1} \big(\frac1n – \frac{1}{n+1}\big) = \frac23\).
5. Si \(s_k = 1/(k+1)\), alors \(q_n = \prod_{k=1}^{n} \frac{k}{k+1} = \frac{1}{n+1}\), qui tend vers 0. Par continuité décroissante, l’absence de succès est négligeable : on obtient presque sûrement au moins un succès.

La figure compare les deux suites \((q_n)\). La première se stabilise vers \(1/3\), alors que la seconde tend vers 0.

Corrigé de l’exercice 12 – Deux piles consécutifs arrivent presque sûrement

Idée clé : on ne regarde que des blocs disjoints de deux lancers ; ils sont indépendants, ce qui ramène tout à une suite géométrique.

1. Les lancers \(2k-1\) et \(2k\) sont indépendants, donc \(P(G_k) = p^2\). Pour \(k_1 < \dots < k_r\), les événements \(G_{k_1}, \dots, G_{k_r}\) portent sur des lancers deux à deux distincts. L’intersection \(G_{k_1} \cap \dots \cap G_{k_r}\) demande pile sur \(2r\) lancers distincts, et sa probabilité vaut \(p^{2r}\) par indépendance des lancers. C’est bien le produit des \(P(G_{k_i})\). Les \(G_k\) sont mutuellement indépendants.
2. Notons \(H\) l’événement « on n’obtient jamais deux piles consécutifs ». Pour tout \(n\), \(H\) est inclus dans \(F_n = \bigcap_{k=1}^{n} \overline{G_k}\). En effet, si un bloc donnait deux piles, ce seraient deux piles consécutifs. Les complémentaires de \(G_k\) restent mutuellement indépendants, donc \(P(F_n) = (1 – p^2)^n\). Comme \(0 < p^2 < 1\), ce nombre tend vers 0. Ainsi \(P(H) \leqslant P(F_n)\) pour tout \(n\), d’où \(P(H) = 0\). L’événement contraire de \(H\) est presque sûr.
3. Pour \(N \geqslant 1\), notons \(K_N\) l’événement « il existe \(k \geqslant N\) tel que \(G_k\) est réalisé ». Le même raisonnement, appliqué aux blocs de rang au moins \(N\), donne \(P(\overline{K_N}) \leqslant (1-p^2)^n\) pour tout \(n\). Donc chaque \(K_N\) est presque sûr. Leur intersection est l’événement « une infinité de \(G_k\) sont réalisés ». C’est une intersection dénombrable d’événements presque sûrs, donc elle est presque sûre. Par conséquent, on obtient presque sûrement une infinité de fois deux piles consécutifs.

Corrigé de l’exercice 13 – Un nombre aléatoire de lancers

Idée clé : les événements \((N = n)\) forment un système complet dénombrable ; on conditionne par la valeur de \(N\), puis on reconnaît des séries logarithmiques.

1. Les nombres \(\frac{1}{n(n+1)}\) sont positifs. De plus, \(\frac{1}{n(n+1)} = \frac1n – \frac{1}{n+1}\), donc la somme télescope et vaut 1. La loi de \(N\) est bien une probabilité sur \(\mathbb{N}^*\).
2. Pour \(x \in [0,1[\), on sait que \(\sum_{n \geqslant 1} \frac{x^n}{n} = -\ln(1-x)\). Pour \(x \neq 0\), on écrit ensuite \(\sum_{n \geqslant 1} \frac{x^n}{n+1} = \frac1x \sum_{n \geqslant 1} \frac{x^{n+1}}{n+1}\). Cela vaut \(\dfrac{-\ln(1-x) – x}{x}\).
3. Sachant \((N = n)\), les \(n\) lancers sont indépendants et équilibrés, donc \(P_{(N=n)}(T) = 2^{-n}\). Par la formule des probabilités totales sur le système complet \(((N = n))_{n \geqslant 1}\), on obtient \(P(T) = \sum_{n \geqslant 1} \frac{1}{n(n+1)} \cdot \frac{1}{2^n}\). On décompose, puis on applique la question 2 avec \(x = 1/2\) :

\[ P(T) = \sum_{n \geqslant 1} \frac{(1/2)^n}{n} – \sum_{n \geqslant 1} \frac{(1/2)^n}{n+1} = \ln 2 – (2\ln 2 – 1). \]

Les deux séries convergent, ce qui autorise la séparation de la somme. Ainsi \(P(T) = 1 – \ln 2 \approx 0{,}307\).

Pour la dernière question, on applique la formule de Bayes. On a \(P\big((N=1) \cap T\big) = \frac12 \cdot \frac12 = \frac14\). Donc \(P_T(N = 1) = \dfrac{1}{4(1 – \ln 2)}\). Numériquement, \(P_T(N=1) \approx 0{,}815\). Ce résultat est intuitif : une petite valeur de \(N\) rend la série de piles beaucoup plus facile.

Corrigé de l’exercice 14 – Réunion dénombrable d’événements négligeables

Idée clé : la sous-additivité règle les réunions ; le passage au complémentaire règle les intersections.

1. Par sous-additivité, \(0 \leqslant P\big(\bigcup_k N_k\big) \leqslant \sum_k P(N_k) = 0\). La réunion est négligeable.
2. Le complémentaire de \(\bigcap_k S_k\) est \(\bigcup_k \overline{S_k}\), réunion d’événements négligeables. D’après la question 1, il est négligeable. Donc \(\bigcap_k S_k\) est presque sûr.
3. On a \(P(A) \leqslant P(A \cup N) \leqslant P(A) + P(N) = P(A)\). De même, \(A\) est la réunion disjointe de \(A \setminus N\) et de \(A \cap N\), qui est négligeable. Donc \(P(A) = P(A \setminus N) + 0\). Ainsi \(P(A \cup N) = P(A \setminus N) = P(A)\).
4. Avec \(P(\{0\}) = 1\), on a \(P(\mathbb{N}^*) = 0\). L’ensemble \(\{1\}\) est négligeable sans être vide, et \(\{0\}\) est presque sûr sans être égal à \(\mathbb{N}\).
5. Oui. Prenons par exemple \(P(\{n\}) = 2^{-(n+1)}\) pour \(n \in \mathbb{N}\) : ces poids sont positifs et de somme 1. Toute partie non vide \(A\) contient un entier \(n\), donc \(P(A) \geqslant 2^{-(n+1)} > 0\). Pour cette probabilité, seul l’ensemble vide est négligeable.

Corrigé de l’exercice 15 – Indépendance deux à deux sans indépendance mutuelle

Idée clé : la boule 30 est la seule qui réalise plusieurs événements à la fois ; tout se ramène à sa probabilité \(1/4\).

1. On a \(M_2 = \{2, 30\}\), \(M_3 = \{3, 30\}\) et \(M_5 = \{5, 30\}\). Chacun a pour probabilité \(1/2\).
2. Pour deux diviseurs distincts \(d\) et \(d^{\prime}\), l’intersection \(M_d \cap M_{d^{\prime}}\) vaut \(\{30\}\). Sa probabilité est \(1/4 = \frac12 \times \frac12\). Les trois événements sont deux à deux indépendants.
3. En revanche, \(M_2 \cap M_3 \cap M_5 = \{30\}\), de probabilité \(1/4\), alors que le produit des probabilités vaut \(1/8\). Ils ne sont donc pas mutuellement indépendants.
4. On a \(M_3 \cap M_5 = \{30\}\), puis \(P(M_2 \cap \{30\}) = 1/4\). Or \(P(M_2) P(M_3 \cap M_5) = 1/8\). Les événements \(M_2\) et \(M_3 \cap M_5\) ne sont pas indépendants. Ce point illustre l’écart : l’indépendance mutuelle aurait entraîné celle de \(M_2\) avec toute intersection des deux autres.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Familles d’intervalles ouverts disjoints

Idée clé : la densité de \(\mathbb{Q}\) permet de marquer chaque intervalle ouvert par un rationnel ; la disjonction rend ce marquage injectif.

1. Chaque intervalle \(I \in \mathcal{I}\) est ouvert et non vide, donc il contient un intervalle \(]a,b[\) avec \(a < b\). Par densité de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\), il contient un rationnel ; on en choisit un, noté \(r(I)\). Si \(I \neq J\), ces intervalles sont disjoints, donc \(r(I) \neq r(J)\). L’application \(r\) est une injection de \(\mathcal{I}\) dans \(\mathbb{Q}\), lui-même dénombrable. Ainsi \(\mathcal{I}\) est au plus dénombrable.
2. Comme \(f\) est croissante, le théorème de la limite monotone assure l’existence de \(f(a^-)\) et \(f(a^+)\), avec \(f(a^-) \leqslant f(a) \leqslant f(a^+)\). Si \(f\) est continue en \(a\), les deux limites valent \(f(a)\). Réciproquement, si \(f(a^-) = f(a^+)\), l’encadrement force \(f(a)\) à leur être égal. Alors les limites à gauche et à droite coïncident avec \(f(a)\). Donc \(f\) est continue en \(a\) si et seulement si \(f(a^-) = f(a^+)\).
3. Soit \(a < b\) et \(c \in \,]a,b[\). Par croissance de \(f\), on a \(f(a^+) \leqslant f(c) \leqslant f(b^-)\). Ainsi, tout élément du premier intervalle est strictement inférieur à \(f(a^+)\), donc à \(f(b^-)\). Les deux intervalles ouverts sont disjoints.
4. Notons \(\Delta\) l’ensemble des points de discontinuité. Pour \(a \in \Delta\), l’intervalle \(J_a = \,]f(a^-), f(a^+)[\) est non vide d’après la question 2. D’après la question 3, ces intervalles sont deux à deux disjoints, et \(a \mapsto J_a\) est injective. La question 1 montre alors que la famille \((J_a)_{a \in \Delta}\) est au plus dénombrable. Par conséquent, \(\Delta\) est au plus dénombrable.

Application aux probabilités sur R

5. Pour \(m \geqslant 1\), notons \(E_m = \{x, \ P(\{x\}) > 1/m\}\). Si \(E_m\) contenait \(m\) points distincts \(x_1, \dots, x_m\), l’additivité donnerait \(P(\{x_1, \dots, x_m\}) > m \times \frac1m = 1\), ce qui est impossible. Donc \(E_m\) est fini, avec au plus \(m – 1\) éléments. Or l’ensemble des \(x\) tels que \(P(\{x\}) > 0\) est la réunion des \(E_m\). C’est une réunion dénombrable d’ensembles finis, donc un ensemble au plus dénombrable.

La figure montre une fonction croissante présentant trois sauts. Chaque saut correspond à un intervalle vertical ouvert, et ces intervalles ne se chevauchent pas.

Corrigé de l’exercice 17 – Problème – Temps d’attente du motif pile puis face

Idée clé : tant que le motif n’est pas apparu, la suite des lancers ne peut pas « redescendre » de pile à face ; elle est donc formée de faces puis de piles.

1. Supposons \(T = n\). Les lancers \(n-1\) et \(n\) donnent pile puis face. Avant le rang \(n\), aucune face ne suit immédiatement un pile. Donc, parmi les lancers 1 à \(n-1\), une fois qu’un pile apparaît, tous les suivants sont des piles. Ces lancers forment ainsi \(k\) faces puis \(n-1-k\) piles. Le lancer \(n-1\) est pile, d’où \(n – 1 – k \geqslant 1\), soit \(k \leqslant n-2\). Réciproquement, un mot de cette forme ne contient le motif qu’aux rangs \(n-1\) et \(n\). L’équivalence est démontrée.
2. Il y a \(n-1\) valeurs possibles de \(k\), donc \(n-1\) mots possibles pour les \(n\) premiers lancers. Chacun a pour probabilité \(2^{-n}\), par indépendance et équiprobabilité. Ces mots correspondent à des événements incompatibles. Donc \(P(T = n) = \dfrac{n-1}{2^n}\).
3. Pour \(|x| < 1\), on a \(\sum_{j \geqslant 1} j x^{j-1} = \dfrac{1}{(1-x)^2}\). En posant \(j = n – 1\), on obtient \(\sum_{n \geqslant 2} \frac{n-1}{2^n} = \frac14 \sum_{j \geqslant 1} j \big(\frac12\big)^{j-1} = \frac14 \times 4 = 1\). Les événements \((T = n)\) sont incompatibles et leur réunion est \((T < +\infty)\). Par \(\sigma\)-additivité, \(P(T < +\infty) = 1\) : l’événement \((T = +\infty)\) est négligeable.

Seconde preuve, parité et conditionnement

4. Découpons les lancers en blocs \((2i-1, 2i)\). Si \(T > 2m\), aucun des \(m\) premiers blocs n’est égal à « pile puis face ». Ces blocs sont indépendants, et chacun vaut ce motif avec probabilité \(1/4\). Donc \(P(T > 2m) \leqslant (3/4)^m\). Les événements \((T > 2m)\) décroissent et leur intersection est \((T = +\infty)\). Par continuité décroissante, \(P(T = +\infty) = \lim P(T > 2m) = 0\). On retrouve bien que \(T\) est fini presque sûrement.
5. On écrit \(n = 2m\) avec \(m \geqslant 1\). On utilise \(\sum_{m \geqslant 1} m x^m = \frac{x}{(1-x)^2}\) et \(\sum_{m \geqslant 1} x^m = \frac{x}{1-x}\) pour \(x = 1/4\). Alors \(P(T \text{ pair}) = \sum_{m \geqslant 1} \frac{2m – 1}{4^m} = 2 \cdot \frac{1/4}{9/16} – \frac{1/4}{3/4}\). Cela donne \(\frac89 – \frac13\). Ainsi \(P(T \text{ pair}) = 5/9\).
6. Sachant \(T = n\), les \(n-1\) mots possibles sont équiprobables. Un seul commence par pile : celui avec \(k = 0\), c’est-à-dire \(n-1\) piles puis une face. La probabilité cherchée vaut donc \(\dfrac{1}{n-1}\).
7. Les \((T = n)\), pour \(n \geqslant 2\), sont deux à deux incompatibles. Leur réunion est \((T < +\infty)\), qui est presque sûre mais différente de \(\Omega\). En effet, la suite constante égale à face ne contient jamais le motif. C’est un système quasi-complet, mais pas un système complet. La formule des probabilités totales s’applique néanmoins. Notons \(P_1\) l’événement « le premier lancer est pile ». Elle donne \(P(P_1) = \sum_{n \geqslant 2} \frac{n-1}{2^n} \cdot \frac{1}{n-1} = \sum_{n \geqslant 2} \frac{1}{2^n} = \frac12\), ce qui est cohérent avec une pièce équilibrée.

Le diagramme représente la loi obtenue. Le maximum est atteint pour \(n = 2\) et \(n = 3\), où la probabilité vaut \(1/4\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Pas de probabilité uniforme sur N

Idée clé : la \(\sigma\)-additivité interdit une masse constante sur une infinité de points ; ensuite, avec des poids géométriques, toutes les probabilités se calculent par des séries géométriques.

1. Raisonnons par l’absurde avec une masse commune \(a \geqslant 0\) pour chaque singleton. L’univers \(\mathbb{N}^*\) est la réunion disjointe de ses singletons, donc la \(\sigma\)-additivité impose que la série de terme constant \(a\) vaille 1. Or cette série vaut 0 quand \(a\) est nul et diverge vers \(+\infty\) sinon. Aucune valeur de \(a\) ne convient : une telle probabilité n’existe pas.
2. Supposons \(P(A + 1) = P(A)\) pour toute partie \(A\). Avec \(A = \{n\}\), on obtient \(P(\{n+1\}) = P(\{n\})\) pour tout \(n\). Par récurrence, tous les singletons ont la même probabilité. Ceci contredit la question 1, donc une telle probabilité n’existe pas.
3. Les événements \(Q_n = \{n, n+1, \dots\}\) décroissent et leur intersection est vide : aucun entier n’est supérieur à tous les autres. Par continuité décroissante, \(P(Q_n)\) tend vers \(P(\varnothing)\). Donc \(P(\{n, n+1, \dots\}) \to 0\).

Calculs avec des poids géométriques

4. Avec \(P(\{n\}) = 2^{-n}\), on a \(P(D_k) = \sum_{j \geqslant 1} 2^{-kj} = \dfrac{2^{-k}}{1 – 2^{-k}}\). Ainsi \(P(D_k) = \dfrac{1}{2^k – 1}\). On retrouve \(P(D_1) = 1\).
5. On a \(P(D_2) = 1/3\) et \(P(D_3) = 1/7\). Or \(D_2 \cap D_3 = D_6\), car un entier divisible par 2 et par 3 l’est par 6. Donc \(P(D_2 \cap D_3) = 1/63\), alors que \(P(D_2)P(D_3) = 1/21\). Les événements \(D_2\) et \(D_3\) ne sont pas indépendants.
6. D’abord, \(P(\text{impair}) = 1 – P(D_2) = 2/3\). Ensuite, un entier est premier avec 6 si et seulement s’il n’est ni dans \(D_2\) ni dans \(D_3\). La formule du crible donne \(P(D_2 \cup D_3) = \frac13 + \frac17 – \frac{1}{63} = \frac{21 + 9 – 1}{63} = \frac{29}{63}\). La probabilité d’être premier avec 6 vaut donc \(34/63\).
7. Comme \(D_4 \subset D_2\), on a \(P_{D_2}(D_4) = \dfrac{P(D_4)}{P(D_2)} = \dfrac{1/15}{1/3}\). Ainsi \(P_{D_2}(D_4) = 1/5\). Ce n’est pas \(1/2\) : les poids \(2^{-n}\) favorisent fortement l’entier 2 parmi les pairs.

Pour aller plus loin

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