Exercices math sup : probabilités sur un univers fini

Remarquons d'abord que $A\cap B\subset A$ et donc $P(A\cap B)\leq P(A)$. De même, $P(A\cap B)\leq P(B)$, ce qui prouve l'inégalité de droite. De plus, $P(A\cap B)\geq 0$ et aussi $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\implies P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B).$$ Mais $P(A\cup B)\leq 1$ et donc $$P(A\cap B)\geq P(A)+P(B)-1.$$ On a donc aussi obtenu l'inégalité de gauche.

On va procéder par récurrence sur $n$, le point clé étant la formule $$\mathbb P(A\cap B)=\mathbb P(A)+\mathbb P(B)-\mathbb P(A\cup B).$$ La propriété est vraie si $n=1$. Supposons-la vraie jusqu'au rang $n-1$, et prouvons-la au rang $n$. On pose $A=A_1\cap\dots\cap A_{n-1}$ et $B=A_n$. Alors, d'après la formule précédente $$\mathbb P(A_1\cap\dots\cap A_n)=\mathbb P(A\cap B)=\mathbb P(A)+\mathbb P(B)-\mathbb P(A\cup B).$$ Maintenant, on utilise l'hypothèse de récurrence pour minorer $\mathbb P(A)$, et on utilise le fait que $\mathbb P(A\cup B)\leq 1$, et on obtient $$\mathbb P(A_1\cap\dots\cap A_n)\geq \sum_{i=1}^{n-1} \mathbb P(A_i)-(n-2)+P(A_n)-1$$ ce qui est exactement le résultat voulu.

Dans chaque cas, on va plutôt étudier la probabilité d'obtenir l'événement complémentaire.

1. La probabilité de n'obtenir aucun $6$ est $\left(\frac 56\right)^n$. La probabilité d'obtenir au moins un six est donc $1-\left(\frac 56\right)^n$.
2. Soit $A$ l'événement "obtenir au maximum une fois le chiffre 6". Alors $A$ est la somme des événements disjoints $A_0$="ne jamais obtenir six" et $A_1$="obtenir exactement $1$ fois le chiffre 6". On a $P(A)=P(A_0)+P(A_1)$. De plus, $P(A_0)$ a été calculé à la question précédente : $$P(A_0)=\left(\frac 56\right)^n.$$ Calculons désormais $P(A_1)$. On commence par choisir le lancer où on a obtenu le chiffre 6. Il y a $\binom n1=n$ tels choix. Ce lancer fixé, la suite de lancers a une probabilité valant $\frac 16\times\left(\frac 56\right)^{n-1}$ de se réaliser. On en déduit que $$P(A_1)=\binom n1\times\frac 16\times\left(\frac 56\right)^{n-1}.$$ Finalement, la probabilité d'obtenir au moins deux fois le chiffre 6 vaut $$1-\left(\frac 56\right)^n-\binom n1\times\frac 16\times\left(\frac 56\right)^{n-1}.$$
3. On généralise la méthode précédente. Notons $A_j$ la probabilité d'obtenir exactement $j$ fois le chiffre 6. La probabilité recherchée est $$1-P(A_0)-P(A_1)-\dots-P(A_{k-1}).$$ Mais, pour calculer $P(A_j)$ on détermine d'abord la place des $j$ chiffres $6$ : il y a $\binom nj$ tels choix. Ce choix fait, la suite de lancers a une probabilité égale à $\left(\frac 16\right)^j\left(\frac 56\right)^{n-j}$ de se réaliser. On a donc $$P(A_j)=\binom nj\left(\frac 16\right)^j\left(\frac 56\right)^{n-j}.$$ On conclut finalement que la probabilité d'obtenir au moins $k$ fois le chiffre $6$ vaut $$1-\sum_{j=0}^{k-1}\binom nj\left(\frac 16\right)^j\left(\frac 56\right)^{n-j}.$$

On associe à l'expérience aléatoire l'univers des possibles $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}^3$, muni de l'équiprobabilité. Ainsi, la probabilité d'un événement $A$ vaut $\card(A)/6^3$. On s'intéresse d'abord à l'événement $A=\{(a,b,c)\in\Omega;\ b^2-4ac>0\}$. Il suffit de dénombrer $A$. On commence par établir un petit tableau avec les valeurs de $4ac$ : $$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} c\backslash a&1&2&3&4&5&6\\\hline 1&4&8&12&16&20&24\\\hline 2&8&16&24&32&40&48\\\hline 3&12&24&36&48&60&72\\\hline 4&16&32&48&64&80&96\\\hline 5&20&40&60&80&100&120\\\hline 6&24&48&72&96&120&144 \end{array} $$ On calcule le cardinal de $A$ en regardant dans le tableau le nombre de valeurs de $a$ et $c$ pour lesquelles $b^2>4ac$, pour les 6 valeurs que peut prendre $b$. On trouve : $$\card(A)=0+0+3+5+14+16=38.$$ On en déduit : $$P(A)=\frac{38}{216}=\frac{19}{108}.$$ On note pareillement $B=\{(a,b,c)\in\Omega;\ b^2-4ac=0\}$ et $C=\{(a,b,c)\in\Omega;\ b^2-4ac<0\}$. Le même dénombrement prouve que : $$P(B)=\frac{5}{216}.$$ On peut calculer $P(C)$ de la même façon, ou remarquer que les 3 événement $A,B,C$ forment un système complet d'événements. On déduit alors : $$P(C)=1-P(A)-P(B)=\frac{173}{216}.$$

On va chercher la probabilité que deux personnes de la classe aient la même date d'anniversaire. Si elle est supérieure à 1/2, il ne faut pas accepter le pari. Il est plus facile de calculer la probabilité de l'événement complémentaire. On va donc chercher la probabilité que deux personnes n'ont pas la même date d'anniversaire et, pour simplifier, on va oublier que certaines années comportent un 29 février. Formalisons un peu le problème. Pour que deux personnes n'aient pas la même date d'anniversaire, on doit fabriquer une injection de $\{1,\dots,30\}$ dans $\{1,\dots,365\}$. Il y a $365\times 364\times\dots\times 336$ telles applications injectives. Il y a total de $365^{30}$ applications de $\{1,\dots,30\}$ dans $\{1,\dots,365\}$. La probabilité que deux personnes aient la même date d'anniversaire vaut donc $$1-\frac{365\times 364\times \dots\times336}{365^{30}}=1-\frac{364}{365}\times \dots\times \frac{336}{365}\simeq 1-0,293\simeq0,706$$ Refusez le pari!

L'énoncé nous dit que l'on cherche une probabilité $P$ telle que $P(\{1,\dots,k\})=\lambda k^2$. On a alors, pour $k=1,\dots,n$, $$P(\{k\})=P(\{1,\dots,k\})-P(\{1,\dots,k-1\})=\lambda k^2-\lambda (k-1)^2=2\lambda k-\lambda.$$ On va déterminer $\lambda$ en remarquant que $$P(\{1,\dots,n\})=1$$ ce qui entraîne $$\lambda n^2=1\iff \lambda=\frac1{n^2}.$$ La probabilité est donc définie par $$P(\{k\})=\frac{2k-1}{n^2}.$$ On vérifie aisément que réciproquement, cette probabilité vérifie que $P(\{1,\dots,k\})$ est proportionnelle à $k^2$.

Clairement, on a $P(B)=P(C)=\frac 12$. Les quatre possibilités pour les deux enfants, supposées équiprobables, sont (F,G), (F,F), (G,G), (G,F). On en déduit que $P(A)=\frac 12$.
Ensuite $A\cap B$ correspond à $(F,G)$ et donc $P(A\cap B)=\frac 14=P(A)P(B)$. On en déduit que $A$ et $B$ sont indépendants. On prouve de la même façon que $A$ et $C$ sont indépendants, et que $B$ et $C$ sont indépendants.
Enfin, $A\cap B\cap C=B\cap C$ et donc $P(A\cap B\cap C)=\frac 14\neq P(A)P(B)P(C)$. Les trois événements ne sont pas mutuellement indépendants.

Si les événements $A_1,\dots,A_n$ sont mutuellement indépendants, les événements complémentaires $\overline{A_1},\dots,\overline{A_n}$ le sont aussi. On en déduit que \begin{eqnarray*} P(A_1\cup\dots\cup A_n)&=&1-P(\overline{A_1}\cap\dots\cap \overline{A_n})\\ &=&1-\prod_{i=1}^n P(\overline{A_i})\\ &=&1-\prod_{i=1}^n (1-p_i). \end{eqnarray*} Dans le cas particulier proposé, la probabilité d'avoir au moins un accident vaut donc $1-(1-p)^n$.

Supposons qu'il existe $A$ et $B$ deux événements non triviaux indépendants. On note $m$ le cardinal de $A$ et $n$ le cardinal de $B$. On a donc $P(A)=m/p$ et $P(B)=n/p$. Puisque $A$ et $B$ sont supposés indépendants, et toujours parce que le modèle adopté est celui de l'équiprobabilité, on a : $$\card(A\cap B)=p\times P(A\cap B)=p\times P(A)\times P(B)=\frac{mn}{p}.$$ Puisque le cardinal est un entier, $p$ divise le produit $mn$, et par le théorème de Gauss, il divise l'un des deux, disons $n$. D'autre part, puisque $n\leq p$, ceci n'est possible que si $n=0$ ou $n=p$. Autrement dit, seulement si $B$ est ou l'événement certain, ou l'événement impossible, c'est-à-dire un événement trivial.

On note $B_i$ (resp. $N_i$) l'événement : ``La $i$-ème boule tirée est blanche (resp. noire)''. On cherche à calculer $P(B_1\cap B_2\cap N_3)$, ce que l'on va faire en utilisant la formule des probabilités composées : $$P(B_1\cap B_2\cap N_3)=P(B_1)P(B_2|B_1)P(N_3|B_1\cap B_2).$$ Chacune des probabilités qui apparaît est facile à calculer, car $P(B_1)=4/7$, $P(B_2|B_1)=3/6$ (il reste 6 boules dont 3 blanches) et $P(N_3|B_1\cap B_2)=3/5$. Finalement, on obtient $P(B_1\cap B_2\cap N_3)=\frac 6{35}.$

On note : $$B=\left\{\textrm{L'étudiant donne la bonne réponse}\right\}$$ $$C=\left\{\textrm{L'étudiant connait la bonne réponse}\right\}.$$ On cherche $P_B(C)=P(C|B)$, et l'énoncé donne : $$P(C)=p,\ P(B|C)=1,\ P(B|\bar C)=\frac{1}{m}.$$ D'après la formule des probabilités totales, on a : $$P(B)=P(C)P(B|C)+P(\bar C)P(B|\bar C)=\frac{(m-1)p+1}{m}.$$ D'après la formule de Bayes : $$P(C|B)=\frac{P(B|C)P(C)}{P(B)}=\frac{mp}{1+(m-1)p}.$$

1. Notons $T$ l'événement : ``le dé est pipé'' et $C$ l'événement ``le lancer amène un 6''. On cherche $P_C(T)$. On va calculer cette probabilité en utilisant la formule de Bayes. En effet, $(T,\bar T)$ est un système complet d'événements de probabilités non nulles, avec $P(T)=25/100=1/4$ et $P(\bar T)=1-P(T)=3/4$. L'énoncé nous dit aussi que $P_T(C)=1/2$ et bien sûr $P_{\bar T}(C)=1/6$. La formule de Bayes donne alors \begin{align*} P_C(T)&=\frac{P(T)P_T(C)}{P_T(C)P(T)+P_{\bar T}(C)P(\bar T)}\\ &=\frac{\frac 14\times\frac 12}{\frac 12\times\frac 14+\frac 16\times \frac 34}\\ &=\frac 12. \end{align*}
2. Introduisons les événements $C_k$ définis par ``le $k$-ième lancer amène un 6'' et $D=\bigcap_{k=1}^n C_k$. Nous cherchons $P_D(T)$ que l'on calcule toujours par la formule de Bayes. Il faut juste remarquer que maintenant, par indépendance des événements $C_k$, $P_T(D)=(1/2)^n$ et $P_{\bar T}(D)=(1/6)^n$. On trouve donc : \begin{align*} P_D(T)&=\frac{P(T)P_T(D)}{P_T(D)P(T)+P_{\bar T}(D)P(\bar T)}\\ &=\frac{\frac 14\times\left(\frac 12\right)^n}{\left(\frac 12\right)^n\times\frac 14+\left(\frac 16\right)^n\times \frac 34}\\ &=\frac {1}{1+3^{-n+1}}. \end{align*} En particulier, $(p_n)$ tend vers 1 lorsque $n$ tend vers l'infini, ce qui est conforme à l'intuition : plus $n$ est grand, plus le dé est très certainement pipé.

Les chiffres donnés ont l'air excellent, mais ils donnent l'inverse de ce que l'on souhaite. Le problème est plutôt le suivant : si une personne a une réponse positive au test, est-elle malade? C'est la formule de Bayes qui permet de remonter le chemin. Précisément, on note $M$ l'événement "La personne est malade'', et $T$ l'événement "le test est positif''. Les données dont on dispose sont $P(M)=10^{-4}$, $P(T|M)=0,\!99$ et $P(T|\bar M)=0,\!001$. On cherche $P(M|T)$. La formule de Bayes donne : \begin{eqnarray*} P(M|T)&=&\frac{P(T|M)P(M)}{P(T|M)P(M)+P(T|\bar M)P(\bar M)}\\ &=&\frac{10^{-4}\times 0,99}{10^{-4}\times 0,99+10^{-3}\times 0,9999}\\ &\simeq&0,09. \end{eqnarray*} C'est catastrophique! La probabilité pour qu'une personne positive au test soit effectivement malade est inférieure à $10\%$. Le test engendre donc beaucoup de faux-positifs (personnes positives au test, mais non malades). C'est tout le problème des maladies assez rares : les test de dépistage doivent être extrêmement fiables. Remarquons par ailleurs ici une bonne illustration du vieil adage des statisticiens : on peut faire dire n'importe quoi aux chiffres, cf le laboratoire pharmaceutique!

Soit $x$ la proportion de tricheurs dans la population. On note respectivement $P,F,H,T$ les événements "le joueur obtient pile'', "le joueur obtient face'', "Le joueur est honnête'', "le joueur est un tricheur''. Il semble raisonnable de convenir que $P(P|H)=1/2$ et $P(F|H)=1/2$ et $P(P|T)=1$ (un tricheur fait vraiment ce qu'il veut!). On cherche donc $P(T|P)$. De la formule de Bayes, on déduit : $$P(T|P)=\frac{P(P|T)P(T)}{P(P|T)P(T)+P(P|H)P(H)}=\frac{x}{x+1/2(1-x)}=\frac{2x}{x+1}.$$ Le résultat est plus ou moins réconfortant suivant la proportion de tricheurs $x$ dans la population!