Introduction aux Probabilités - Université Rennes 2
Introduction aux Probabilités - Université Rennes 2 Introduction aux Probabilités - Université Rennes 2
46 Chapitre 1. Espaces probabilisés 2. Pour trouver la limite de (pN) lorsque le nombre N d’urnes tend vers l’infini, il suffit d’appliquer le résultat sur les sommes de Riemann : 1 N +1 On en déduit : N (k/N) n = N N 1 (k/N) N +1 N n k=0 k=1 lim N→∞ pN = n+1 n+2 . −−−−→ N→∞ 1 0 x n dx = 1 n+1 . Exercice 1.29 (Il Padrino) 1. A et B sont indépendants si et seulement siÈ(A∩B) =È(A)È(B) = 0.09. Or dans le cas général on sait par la formule d’additivité forte que : È(A∩B) =È(A)+È(B)−È(A∪B) = 0.1+0.9−0.91 = 0.09, donc A et B sont bien indépendants. 2. (a) Dans le cas d’un paquet groupé, dire qu’un cadeau au moins est bien arrivé signifie que le colis est bien arrivé, donc une probabilité p = 0.9. Dans le cas de deux paquets séparés indépendants, on cherche la probabilité complémentaire, c’est-à-dire la probabilité qu’aucun paquet n’arrive : 1−p ′ = 0.1 ×0.1 = 0.01, donc la probabilité qu’au moins un des deux arrive est p ′ = 0.99. (b) Dans le cas d’un paquet groupé, la probabilité est la même qu’en question précédente, c’est-à-dire p = 0.9. Dans le cas de deux paquets séparés indépendants, la probabilité est cette fois p ′′ = 0.9×0.9 = 0.81. 3. On considère trois événements (mutuellement) indépendants A, B et C tels queÈ(A) = 0.8, È(B) = 0.5 etÈ(C) = 0.2. Pour calculerÈ(A∪B ∪C), deux solutions : ou bien on passe par la formule d’inclusion-exclusion (Poincaré) : È(A∪B∪C) =È(A)+È(B)+È(C)−(È(A∩B)+È(A∩C)+È(B∩C))+È(A∩B∩C) et on utilise l’indépendance pour évaluer les probabilités des intersections. Ou bien on passe par le complémentaire : È(A∪B ∪C) = 1−È(A∪B ∪C) = 1−È(A∩B ∩C), en se souvenant que l’indépendance de A, B et C équivaut à l’indépendance de leurs complémentaires, d’où : È(A∪B ∪C) = 1−È(A)È(B)È(C), c’est-à-dire :È(A∪B ∪C) = 1−(1−È(A))(1−È(B))(1−È(C)) = 0.92. Exercice 1.30 (Circuit électrique) Avec des notations évidentes, on cherche en faitÈ(A∪B ∪C), avec A, B et C indépendants. On applique donc la méthode de l’exercice précédent : È(A∪B ∪C) = 1−(1−È(A))(1−È(B))(1−È(C)). Il reste à voir que par indépendance sur chaque branche on aÈ(A) =È(A1)È(A2) = 0.45,È(B) = È(B1)È(B2)È(B3) = 0.108 etÈ(C) =È(C1) = 0.7, ce qui donne au totalÈ(A∪B ∪C) ≈ 0.85. Arnaud Guyader - Rennes 2 Probabilités
1.5. Corrigés 47 Exercice 1.31 (Le bandit manchot) 1. Notons p3 la probabilité de remporter le jackpot, alors : p3 = 1 9 1 9 × × = 20 20 20 8000 . 2. Notons p2 la probabilité d’avoir 2 cloches mais pas le jackpot, alors par le même raisonnement : p2 = 1×9×19 + 8000 1×11×1 + 8000 19×9×1 = 8000 353 8000 . 3. Si au lieu d’une répartition 1-9-1 des cloches, il y a une répartition 3-1-3, notons p ′ 3 et p′ 2 les nouvelles probabilités. On trouve cette fois : p ′ 3 3 1 3 9 = × × = 20 20 20 8000 , et p ′ 2 = 3×1×17 + 8000 3×19×3 + 8000 17×1×3 = 8000 273 8000 . Ainsi la probabilité de remporter le jackpot est inchangée (en moyenne le propriétaire du casino gagne autant de ce point de vue), mais la configuration avec seulement 2 cloches apparaît plus souvent avec le premier système, ce qui peut encourager un client naïf à continuer de jouer. Le propriétaire du casino optera donc plutôt pour la répartition 1-9-1 que 3-1-3. Exercice 1.32 (Les affres des escales) Notons tout d’abord A l’événement : “Absence de la valise à Paris”. Notons encore LA (resp. NY et L) l’événement : “La valise est restée à Los Angeles (resp. New York et Londres.)” On cherche doncÈ(LA|A) (resp.È(NY|A) etÈ(L|A)). Pour la probabilité que la valise soit restée à Los Angeles, il suffit d’inverser le conditionnement : È(LA|A) =È(A|LA)È(LA) . È(A) On aÈ(A|LA) = 1,È(LA) = p et la probabilité que le bagage n’arrive pas à Paris se calcule facilement par passage au complémentaire :È(A) = 1−È(A) = 1−(1−p) 3 . Tout ceci donne au total : p È(LA|A) = 1−(1−p) 3. On raisonne de même pour calculer la probabilité que le bagage soit resté à New York : È(NY|A) =È(A|NY)È(NY) , È(A) avec à nouveauÈ(A|NY) = 1 etÈ(A) = 1−(1−p) 3 . Il reste à voir que pour que le bagage soit resté à New York, il a dû quitter Los Angeles, ce qui arrive avec probabilité (1−p) puis être resté à New York, ce qui arrive avec probabilité p. AinsiÈ(NY) = p(1−p) et : È(NY|A) = p(1−p) 1−(1−p) 3. De la même façon, la probabilité qu’il soit resté à Londres est : Remarquons qu’au total on a bien : È(L|A) = p(1−p)2 1−(1−p) 3. È(LA|A)+È(NY|A)+È(L|A) = 1. Probabilités Arnaud Guyader - Rennes 2
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1.5. Corrigés 47<br />
Exercice 1.31 (Le bandit manchot)<br />
1. Notons p3 la probabilité de remporter le jackpot, alors :<br />
p3 = 1 9 1 9<br />
× × =<br />
20 20 20 8000 .<br />
2. Notons p2 la probabilité d’avoir 2 cloches mais pas le jackpot, alors par le même raisonnement<br />
:<br />
p2 = 1×9×19<br />
+<br />
8000<br />
1×11×1<br />
+<br />
8000<br />
19×9×1<br />
=<br />
8000<br />
353<br />
8000 .<br />
3. Si au lieu d’une répartition 1-9-1 des cloches, il y a une répartition 3-1-3, notons p ′ 3 et p′ 2 les<br />
nouvelles probabilités. On trouve cette fois :<br />
p ′ 3<br />
3 1 3 9<br />
= × × =<br />
20 20 20 8000 ,<br />
et<br />
p ′ 2 = 3×1×17<br />
+<br />
8000<br />
3×19×3<br />
+<br />
8000<br />
17×1×3<br />
=<br />
8000<br />
273<br />
8000 .<br />
Ainsi la probabilité de remporter le jackpot est inchangée (en moyenne le propriétaire du<br />
casino gagne autant de ce point de vue), mais la configuration avec seulement 2 cloches apparaît<br />
plus souvent avec le premier système, ce qui peut encourager un client naïf à continuer<br />
de jouer. Le propriétaire du casino optera donc plutôt pour la répartition 1-9-1 que 3-1-3.<br />
Exercice 1.32 (Les affres des escales)<br />
Notons tout d’abord A l’événement : “Absence de la valise à Paris”. Notons encore LA (resp. NY<br />
et L) l’événement : “La valise est restée à Los Angeles (resp. New York et Londres.)” On cherche<br />
doncÈ(LA|A) (resp.È(NY|A) etÈ(L|A)). Pour la probabilité que la valise soit restée à Los<br />
Angeles, il suffit d’inverser le conditionnement :<br />
È(LA|A) =È(A|LA)È(LA)<br />
.<br />
È(A)<br />
On aÈ(A|LA) = 1,È(LA) = p et la probabilité que le bagage n’arrive pas à Paris se calcule<br />
facilement par passage au complémentaire :È(A) = 1−È(A) = 1−(1−p) 3 . Tout ceci donne au<br />
total :<br />
p<br />
È(LA|A) =<br />
1−(1−p) 3.<br />
On raisonne de même pour calculer la probabilité que le bagage soit resté à New York :<br />
È(NY|A) =È(A|NY)È(NY)<br />
,<br />
È(A)<br />
avec à nouveauÈ(A|NY) = 1 etÈ(A) = 1−(1−p) 3 . Il reste à voir que pour que le bagage soit<br />
resté à New York, il a dû quitter Los Angeles, ce qui arrive avec probabilité (1−p) puis être resté<br />
à New York, ce qui arrive avec probabilité p. AinsiÈ(NY) = p(1−p) et :<br />
È(NY|A) = p(1−p)<br />
1−(1−p) 3.<br />
De la même façon, la probabilité qu’il soit resté à Londres est :<br />
Remarquons qu’au total on a bien :<br />
È(L|A) = p(1−p)2<br />
1−(1−p) 3.<br />
È(LA|A)+È(NY|A)+È(L|A) = 1.<br />
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