Introduction aux Probabilités - Université Rennes 2
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42 Chapitre 1. Espaces probabilisés Exercice 1.22 (Le problème du dépistage) 1. Si (Ω,F,È) est un espace probabilisé, (H1,...,Hn) une partition de Ω en n événements de probabilités non nulles et A ∈ F tel queÈ(A) > 0, la formule de Bayes (dite de probabilité des causes) dit que pout tout j entre 1 et n : È(A|Hj)È(Hj) È(Hj|A) = n i=1È(A|Hi)È(Hi) . 2. Si on note T l’événement : “Le test est positif”, et M l’événement : “La personne est malade”, on cherche donc la probabilitéÈ(M|T) et la formule de Bayes donne : È(M|T) = È(T|M)È(M) È(T|M)È(M)+È(T|M)È(M) . D’après l’énoncé, on aÈ(M) = 1/1000,È(T|M) = 0.99,È(T|M) = 0.002, les autres probabilités intervenant dans la formule de Bayes s’en déduisant facilement. Ceci donne È(M|T) ≈ 1/3. Le test n’est donc pas si fiable que ça, puisque parmi les positifs, il y a une majorité de faux positifs (voir figure 1.10). Il n’empêche qu’il peut être très utile, en pratique, pour faire une première sélection avant d’effectuer un second test plus fiable (mais plus coûteux) sur les “quelques” patients pour lesquels ce premier test est positif. Le point crucial pour ce genre de test filtre est de ne pas manquer un patient malade, c’est-à-dire d’éviter les faux négatifs. Cette proportionÈ(T|M) est donnée par l’énoncé et vaut 1%. M ∩ T M ∩ T Figure 1.10 – Illustration du test de dépistage. Exercice 1.23 (Composition de familles) 1. On a d’après le texte : p1 = 3p0, p2 = 4p0 et p3 = 2p0. Puisque la somme des pi fait 1, on en déduit que : p = [p0,p1,p2,p3] = 1 3 4 2 , , , . 10 10 10 10 2. Notons G l’événement : “Il y a au moins un garçon dans la famille.” On cherche doncÈ(G). Nous allons utiliser la formule des probabilités totales via la partition Ω = {E0,E1,E2,E3} suivant le nombre d’enfants par famille : 3 3 È(G) = = i=0È(G|Ei)È(Ei) i=0È(G|Ei)pi, M ∩ T M ∩ T où il reste à voir que pour tout i on aÈ(G|Ei) = (1/2) i . Finalement on obtientÈ(G) = 3/8. Arnaud Guyader - Rennes 2 Probabilités
1.5. Corrigés 43 3. On cherche cette fois la probabilitéÈ(E2|G), il suffit d’inverser le conditionnement : È(E2|G) =È(G|E2)È(E2) . È(G) D’après la question précédente, on sait queÈ(G) = 3/8, et d’après la première question È(E2) = p2 = 4/10. On arrive donc àÈ(E2|G) = 4/15. Exercice 1.24 (L’ivresse du gardien de nuit) 1. Méthode A : on appelle pn la probabilité qu’il faille n essais pour ouvrir la porte. Puisqu’il retire chaque clé après un essai infructueux, il est clair que n peut prendre les valeurs de 1 à 10. On peut calculer les probabilités de proche en proche : la probabilité p1 est clairement p1 = 1/10. Pour qu’il ouvre la porte au deuxième essai, il faut qu’il se soit trompé au premier, ce qui arrive avec probabilité 9/10 et qu’il ait réussi au second, ce qui arrive avec probabilité 1/9, donc à nouveau p2 = 1/10. En itérant ce raisonnement, on voit sans peine que pour tout n entre 1 et 10, pn = 1/10. Nous parlerons dans ce cas de loi uniforme sur l’ensemble {1,...,10}. Remarque : on pouvait obtenir ce résultat par un autre raisonnement : les 10 clés du trousseau arrivent dans un certain ordre et il n’y aucune raison que la clé qui ouvre la porte soit à une position plutôt qu’à une autre, donc le nombre d’essais nécessaires pour ouvrir la porte est équiréparti entre 1 et 10. 2. Méthode B : cette fois, le nombre n d’essais nécessaire peut prendre toute valeur deÆ∗ . La probabilité q1 est à nouveau q1 = 1/10. Pour qu’il ouvre la porte au deuxième essai, il faut qu’il se soit trompé au premier, ce qui arrive avec probabilité 9/10, et qu’il ait réussi au second, ce qui arrive avec probabilité1/10, doncq2 = 1/10×9/10. En itérant ce raisonnement, on voit que : ∀n ∈Æ∗ qn = 1 n−1 9 . 10 10 On dit dans ce cas que le nombre d’essais suit une loi géométrique de paramètre 1/10. 3. Notons {N > 8} l’événement : “Après 8 essais, la porte n’est toujours pas ouverte” et, conformément à ce qui précède, A (resp. B) l’événement : “Le gardien est à jeun (resp. ivre).” Notons au passage que A = B. On cherche doncÈ(B|{N > 8}). On utilise la formule de Bayes : È(B|{N > 8}) = È({N > 8}|B)È(B) È({N > 8}|A)È(A) +È({N > 8}|B)È(B) . Le texte nous apprend queÈ(B) = 1/3, doncÈ(A) = 2/3. Avec des notations naturelles, on obtient d’une part :È({N +∞ > 8}|B) = qn = 1 +∞ n−1 8 9 9 = , 10 10 10 n=9 puisqu’on a reconnu une série géométrique de raison 9/10. Plus simple encore : Il vient doncÈ(B|E8) ≈ 0,518. n=9 È({N > 8}|A) = p9 +p10 = 2 10 . Exercice 1.25 (Urne de Polya) 1. Notons Bi (respectivement Ni) l’événement : “La boule tirée au i-ème tirage est blanche (respectivement noire).” Le but est donc de calculer la probabilitéÈ(B2). Or la probabilité Probabilités Arnaud Guyader - Rennes 2
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3. On cherche cette fois la probabilitéÈ(E2|G), il suffit d’inverser le conditionnement :<br />
È(E2|G) =È(G|E2)È(E2)<br />
.<br />
È(G)<br />
D’après la question précédente, on sait queÈ(G) = 3/8, et d’après la première question<br />
È(E2) = p2 = 4/10. On arrive donc àÈ(E2|G) = 4/15.<br />
Exercice 1.24 (L’ivresse du gardien de nuit)<br />
1. Méthode A : on appelle pn la probabilité qu’il faille n essais pour ouvrir la porte. Puisqu’il<br />
retire chaque clé après un essai infructueux, il est clair que n peut prendre les valeurs de 1<br />
à 10. On peut calculer les probabilités de proche en proche : la probabilité p1 est clairement<br />
p1 = 1/10. Pour qu’il ouvre la porte au deuxième essai, il faut qu’il se soit trompé au premier,<br />
ce qui arrive avec probabilité 9/10 et qu’il ait réussi au second, ce qui arrive avec probabilité<br />
1/9, donc à nouveau p2 = 1/10. En itérant ce raisonnement, on voit sans peine que pour<br />
tout n entre 1 et 10, pn = 1/10. Nous parlerons dans ce cas de loi uniforme sur l’ensemble<br />
{1,...,10}.<br />
Remarque : on pouvait obtenir ce résultat par un autre raisonnement : les 10 clés du trousseau<br />
arrivent dans un certain ordre et il n’y aucune raison que la clé qui ouvre la porte soit à une<br />
position plutôt qu’à une autre, donc le nombre d’essais nécessaires pour ouvrir la porte est<br />
équiréparti entre 1 et 10.<br />
2. Méthode B : cette fois, le nombre n d’essais nécessaire peut prendre toute valeur deÆ∗ .<br />
La probabilité q1 est à nouveau q1 = 1/10. Pour qu’il ouvre la porte au deuxième essai, il<br />
faut qu’il se soit trompé au premier, ce qui arrive avec probabilité 9/10, et qu’il ait réussi au<br />
second, ce qui arrive avec probabilité1/10, doncq2 = 1/10×9/10. En itérant ce raisonnement,<br />
on voit que :<br />
∀n ∈Æ∗<br />
qn = 1<br />
n−1 9<br />
.<br />
10 10<br />
On dit dans ce cas que le nombre d’essais suit une loi géométrique de paramètre 1/10.<br />
3. Notons {N > 8} l’événement : “Après 8 essais, la porte n’est toujours pas ouverte” et,<br />
conformément à ce qui précède, A (resp. B) l’événement : “Le gardien est à jeun (resp.<br />
ivre).” Notons au passage que A = B. On cherche doncÈ(B|{N > 8}). On utilise la formule<br />
de Bayes : È(B|{N > 8}) = È({N > 8}|B)È(B)<br />
È({N > 8}|A)È(A) +È({N > 8}|B)È(B) .<br />
Le texte nous apprend queÈ(B) = 1/3, doncÈ(A) = 2/3. Avec des notations naturelles, on<br />
obtient d’une part :È({N<br />
+∞<br />
> 8}|B) = qn = 1<br />
+∞<br />
n−1 8 9 9<br />
= ,<br />
10 10 10<br />
n=9<br />
puisqu’on a reconnu une série géométrique de raison 9/10. Plus simple encore :<br />
Il vient doncÈ(B|E8) ≈ 0,518.<br />
n=9<br />
È({N > 8}|A) = p9 +p10 = 2<br />
10 .<br />
Exercice 1.25 (Urne de Polya)<br />
1. Notons Bi (respectivement Ni) l’événement : “La boule tirée au i-ème tirage est blanche<br />
(respectivement noire).” Le but est donc de calculer la probabilitéÈ(B2). Or la probabilité<br />
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