Événements & Proba (sans v.a.)

• Ecrire calmement les relations de divisibilité ;
• Evénements indépendants 👉 Complémentaires indépendants.

(D’après Exercices de probabilités, Cottrell et al., Cassini, p.8)

1. On a $\displaystyle n=a p$ avec $\displaystyle a\in\N^*$, et $\displaystyle D_p=\{kp, k\le a\}$. Donc $\displaystyle P(D_p)=a/n=1/p$ car $\displaystyle P$ est la probabilité uniforme.
2. Soit $\displaystyle p_1,\cdots, p_k$ des entiers premiers distincts. Si $\displaystyle p_1,\cdots, p_k$ sont des diviseurs de $\displaystyle n$ alors $\displaystyle p_1\cdots p_k$ est un diviseur de $\displaystyle n$, et réciproquement. Donc $$D_{p_1}\cap \cdots \cap D_{p_k}=D_{p_1\cdots p_k},$$ et ainsi par la question 1), $$P(D_{p_1\cdots p_k})=1/(p_1\cdots p_k)=P(D_{p_1})\cdots P(D_{p_k}).$$
3. Soit $\displaystyle A$ l’ensemble des nombres $\displaystyle \le n$ et premiers avec $\displaystyle n$, et $\displaystyle p_1,\cdots, p_k$ les diviseurs premiers de $\displaystyle n$. Si $\displaystyle m\in A$ alors $\displaystyle m$ n’est divisible par aucun des $\displaystyle p_i$ et réciproquement. Donc $\displaystyle A=D_{p_1}^c\cap \cdots \cap D_{p_k}^c$. Par indépendance (valide aussi pour les complémentaires), $$P(A)=P(D_{p_1}^c) \cdots P(D_{p_k}^c).$$ Comme $\displaystyle P$ est la probabilité uniforme, $\displaystyle P(A)=\phi(n)/n$. D’où le résultat car $\displaystyle P(D_{p_i}^c)=1-1/p_i$.

On fait l’hypothèse qu’on ne peut pas distinguer les hommes entre eux et les femmes entre elles. Le nombre de files possibles est alors le nombre de placer $\displaystyle 40$ hommes parmi $\displaystyle 80$ personnes, ce nombre vaut $\displaystyle \binom{80}{40}$. Parmi toutes ces files, deux d’entre elles seulement vérifient la propriété de ne jamais avoir deux hommes ou deux femmes successivement : ce sont les files “alternées” $\displaystyle HFHFHF\cdots$ et $\displaystyle FHFHFH\cdots$. La probabilité recherchée est alors $\displaystyle p = \frac{2}{\binom{80}{40}}$. Il reste donc à se convaincre que le nombre $\displaystyle \frac{1}{2}\binom{80}{40}$ vaut à peu près le nombre d’Avogadro… Avec un ordinateur, on trouve sa valeur exacte : $\displaystyle 53753604366668088230810$, soit $\displaystyle 5,37.10^{22}$, qui n’est effectivement pas très éloginé de $\displaystyle 6,022.10^{23}$ (il y a quand même un facteur $\displaystyle 10$, mais bon…).
Comment arriver à approcher ce nombre sans ordinateur ? On utilise la formule de Stirling $\displaystyle n ! \sim \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt{2 \pi n}$, ce qui donne $\displaystyle \binom{2n}{n} \sim \frac{2^{2n}}{\sqrt{\pi n}}$, ainsi on a l’approximation $\displaystyle \frac 1p \approx \frac{2^{80}}{2 \sqrt{40 \pi}} = \frac{(2^{10})^8}{4 \sqrt{10 \pi}}$. Il faut encore ruser dans les approximations : $\displaystyle 2^{10} = 1024$ vaut à peu près $\displaystyle 10^3$, et $\displaystyle \sqrt{10 \pi} \approx \sqrt{31.4}$ doit se situer à peu près au milieu de $\displaystyle 5 = \sqrt{25}$ et $\displaystyle 6 = \sqrt{36}$, donc $\displaystyle 4 \sqrt{10 \pi} \approx 22$.
Au final, ces “calculs de coin de table” donnent $\displaystyle \frac 1p \approx \frac{10^{24}}{22} \approx 5.10^{22}$. Pas mal comme approximation !

On introduit les événements $\displaystyle A$ : “la première boule tirée est la boule non aléatoire”, et $\displaystyle B$ : “la boule aléatoire est de couleur blanche”. On fait l’hypothèse (pas explicitement dans l’énoncé) que les événements $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ sont indépendants. De plus, par hypothèse on a $\displaystyle \mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(B)=1/2$. On considère maintenant les événements $\displaystyle C$ : “la première boule tirée est blanche” et $\displaystyle D$ : “les deux boules tirées sont blanches”. On a clairement $\displaystyle D \subset C$. La probabilité que l’on veut calculer est $\displaystyle p = \mathbb{P}(D | C) = \frac{\mathbb{P}(D \cap C)}{\mathbb{P}(C)} = \frac{\mathbb{P}(D)}{\mathbb{P}(C)}$. De plus, on a $\displaystyle C=A \cup (A^c \cap B)$, donc (par union disjointe, puis par indépendance) $$\mathbb{P}(C) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(A^c \cap B) = \mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(A^c)\mathbb{P}(B) = 1/2+1/2 \cdot 1/2 = 3/4.$$ On remarque de plus que les événements $\displaystyle B$ et $\displaystyle D$ sont les mêmes : on tire deux boules blanches si et seulement si la boule aléatoire est blanche, donc $\displaystyle \mathbb{P}(D)=1/2$. Ainsi $\displaystyle p = \frac{1/2}{3/4} = \frac{2}{3}$.

Si une seule boîte est vide, cela signifie que $\displaystyle n-2$ boîtes contiennent une seule boule, et une boîte contient deux boules. On peut construire toutes ces configurations avec la procédure suivante : on choisit la boîte vide : $\displaystyle n$ choix, puis parmi les autres boîtes on choisit celle qui contiendra deux boules : $\displaystyle n-1$ choix, puis on choisit les deux boules qui vont dans cette boîte : $\displaystyle \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$ choix, et enfin on répartit les $\displaystyle n-2$ boules restantes dans les $\displaystyle n-2$ boîtes restantes ($\displaystyle (n-2)!$ choix). Le nombre de configurations avec une seule boîte vide est donc $\displaystyle n(n-1)\frac{n(n-1)}{2} (n-2)! = \frac{n(n-1)}{2} n!$ Comme il y a en tout $\displaystyle n^n$ configurations possibles (chaque boule peut aller dans n’importe quelle boîte), on obtient la probabilité $$\pi_n = \frac{n(n-1)}{2} \frac{n!}{n^n}.$$ On obtient un équivalent de $\displaystyle \pi_n$ à l’aide de la formule de Stirling : $$\pi_n \sim \frac{n(n-1)}{2} \frac{\sqrt{2 \pi n}}{e^n} \sim \sqrt{2 \pi}n^{5/2}e^{-n}.$$

1. Poser $\displaystyle \Omega$, reconnaître une situation d’équiprobabilité et calculer $\displaystyle \mathbb P(X=k)$ par dénombrement ;
2. Même réflexe ;
3. Comparer les probabilités d’obtenir un double.

1. On modélise la situation par $\displaystyle \Omega=[\![1,6]\!]^2$, $\displaystyle \mathbb P$ la probabilité uniforme sur $\displaystyle \Omega$, et $\displaystyle X$ la variable aléatoire sur $\displaystyle \Omega$ qui à un couple $\displaystyle (i,j)$ associe $\displaystyle i+j$. On a $\displaystyle X(\Omega)=[\![2,12]\!]$. On a $\displaystyle \mathbb P(X=k)=\frac{\mathrm{Card}(\{X=k\})}{36}$.
   On peut compter les éléments de $\displaystyle \{X=k\}$ pour $\displaystyle k\in[\![2,12]\!]$, en faisant la liste de leurs éléments : $$\{X=2\}=\{(1,1)\},$$ $$\{X=3\}=\{(1,2),(2,1)\},$$ $$\{X=4\}=\{(1,3),(2,2),(3,1)\},\qquad\text{etc...}$$ Ce travail donne les résultats suivants :
   $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline k & 2&3 &4 &5 &6 &7 &8 &9 &10 &11 &12 \\ \hline \mathbb P(X=k) & \frac{1}{36}& \frac{2}{36}& \frac{3}{36}& \frac{4}{36}& \frac{5}{36}&\frac{6}{36} &\frac{5}{36} &\frac{4}{36} &\frac{3}{36} &\frac{2}{36} &\frac{1}{36} \\\hline \end{array}$$
2. On recommence ce travail, avec cette fois (on écrit différemment les faces identiques) : $$\Omega = \{1,2a,2b,3a,3b,4\}\times\{1,3,4,5,6,8\}$$ Le plus pratique pour faire les décomptes est de faire un tableau à double entrée où on inscrit la somme pour chaque issue de l’expérience :
   $$\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|c|}\hline & 1& 2a&2b &3a &3b &4 \\\hline\hline 2& 3& 4& 4& 5& 5& 6\\\hline 3&4 &5 &5 &6 &\dots & \\\hline 4& & & & & & \\\hline 5& & & & & & \\\hline 6& & & & & & \\\hline 8& & & & & & \\\hline \end{array}$$ Au final on s’aperçoit que $\displaystyle \mathbb P(S=k) =\mathbb P(X=k)$ pour tout $\displaystyle k\in[\![2,12]\!]$.
3. Non. au Monopoly faire un double risque de vous envoyer en prison, or la probabilité de l’évènement $\displaystyle E=$“faire un double”, vaut $\displaystyle \frac{4}{36}$ pour des dés de Sichermann, car $\displaystyle E=\{(1,1),(3a,3),(3b,3),(4,4)\}$. Elle est donc différente de la probabilité de faire un double pour des dés normaux, qui vaut $\displaystyle \frac{6}{36}$.

Deux niveaux d’aléa 👉 Formule des probabilités totales.

Notons $\displaystyle B_n$ l’évènement : “on fait $\displaystyle n$ fois face avant de faire pile”, pour $\displaystyle n\in\N$, et $\displaystyle E$ l’évènement “on pioche la boule noire”. D’après la formule des probabilités totales,
$$\mathbb P(E)=\sum_{n=0}^\infty \mathbb P(B_n)\mathbb P(E|B_n)=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^{n+1}}\times\frac{1}{n+1}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^{n}}\times\frac{1}{n}.$$ On peut reconnaître un développement en série entière connu : $\displaystyle \forall x\in]-1;1[,~\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n}=-\ln(1-x)$.
Finalement $\displaystyle \mathbb P(E)=-\ln(1/2)=\ln(2)$.

1. Réalisation successive d’évènements 👉 Probabilités composées.
2. Dénombrement (probabilité uniforme sur un univers $\displaystyle \Omega$ à préciser).

1. En notant $\displaystyle N_i$ : “piocher noir au $\displaystyle i$-ème tirage”, et $\displaystyle E$ : “piocher toutes les noires”, on a d’après la formule des probabilités composées :
   $$\begin{aligned} \mathbb P(E)& =\mathbb P(N_1\cap \dots\cap N_n)\\ & =\mathbb P(N_1)\mathbb P(N_2|N_1)\dots\mathbb P(N_n|N_1\cap \dots\cap N_{n-1})\\ &= \frac{n}{2n}\times\frac{n-1}{2n-1}\times\dots\times \frac{1}{n+1}\\ &= \frac{n!}{(2n)!/n!}\\ &=\frac{1}{\binom{2n}{n}}. \end{aligned}$$
2. On considère cette fois une issue de l’expérience comme étant une sous-partie à $\displaystyle n$ éléments de l’ensemble $\displaystyle \mathcal B$ des $\displaystyle 2n$ boules. L’univers $\displaystyle \Omega$ est l’ensemble de toutes les issues.
   L’évènement $\displaystyle E$ : “piocher toutes les noires” a pour probabilité : $$\mathbb P(E)=\frac{\mathrm{Card}(E)}{\mathrm{Card}(\Omega)} = \frac{1}{\binom{2n}{n}}.$$
   Deux observations.

• On pouvait s’attendre à deux résultats identiques. Si le tirage est successif, il suffit de mettre les $\displaystyle n$ boules tirées dans un sac, de mélanger, pour obtenir le résultat d’un tirage simultané ( puisqu’on a alors oublié l’ordre où on a pioché les boules). Le nombre de boules noires tirées n’a pas varié quand on a mélangé !
• Ceci illustre l’importance, dans un calcul de probabilités, du point de vue adopté dans la modélisation de la situation. On voit ici que, dans la question 1, le calcul a été sensiblement plus long que dans la question 2. Le point de vue d’un tirage simultané était donc le bon choix !

Notons $\displaystyle F_n$ (respectivement $\displaystyle P_n$) le nombre de piles (respectivement faces) obtenus après $\displaystyle n$ lancers.
Posons $\displaystyle X_n=2F_n-P_n$, notons $\displaystyle \mathbb P_i$ la probabilité pour une partie qui commencerait à $\displaystyle X_0=i$, et $$p_i =\mathbb P_i(\exists n\geq 1~:~X_n=0),\qquad q_i =\mathbb P_i(\exists n\geq 0~:~X_n=0).$$ Évidemment, $\displaystyle p_i=q_i$ pour $\displaystyle i\neq 0$.
Le but est de calculer $\displaystyle p_0$, qui d’après la formule des probabilités totales, vaut $\displaystyle \frac12\left(q_2+q_{-1}\right)$. Nous allons alors calculer $\displaystyle q_i$ pour $\displaystyle i\in\Z$.
Toujours d’après la formule des probabilités totales, la suite $\displaystyle (q_i)_{i\geq 0}$ vérifie : $$\begin{cases}q_0=1,\\\forall i\geq 1,~q_i=\frac 12\left(q_{i-1}+q_{i+2}\right).\end{cases}$$
Le polynôme $\displaystyle \frac 12\left(X^3-2X+1\right)=\frac 12(X-1)(X^2+X-1)$ a trois racines :
$\displaystyle 1,\quad r=\frac{-1+\sqrt 5}{2}\in]0;1[ \qquad s=\frac{-1-\sqrt 5}{2}<-1.$
Ainsi il existe des réels $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$ tels que : $$\forall i\geq 0,\quad q_i=\alpha +\beta~r^i +\gamma~s^i.$$ On détermine ensuite les constantes :

• $\displaystyle (q_i)_{i\geq 0}$ étant bornée, on a $\displaystyle \gamma=0$.
• $\displaystyle i=0$ donne $\displaystyle \alpha+\beta=1$.
• Pour $\displaystyle i\geq 1,~q_i = \mathbb P_i(\exists n\geq 1: X_n\leq 0)=\mathbb P_0(\exists n\geq 1: X_n\leq -i)\underset{i\to\infty}\to \mathbb P_0((X_n)\text{ non minorée})=0$,
  car d’après la loi des grands nombres, $\displaystyle \mathbb P_0(X_n\to+\infty)=1$. Ainsi $\displaystyle \alpha=0$.

Nous venons donc de montrer que : $\displaystyle \forall i\geq 1$, $\displaystyle p_i=r^i$ (soit la moitié du travail).
Pour les entiers négatifs, on part des égalités : $$\begin{cases}q_1=r,\\ q_0=1,\\\forall i\leq -1,~q_i=\frac 12\left(q_{i-1}+q_{i+2}\right).\end{cases}$$ Il existe des réels $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$ tels que : $$\forall i\leq 1,\quad q_i=\alpha +\beta~r^i +\gamma~s^i.$$ On détermine les constantes :

• $\displaystyle (q_i)_{i\leq 0}$ étant bornée, on a $\displaystyle \beta=0$.
• $\displaystyle i=0$ donne $\displaystyle \alpha+\gamma=1$.
• $\displaystyle i=1$ donne $\displaystyle \alpha+\gamma s=r$, d’où $\displaystyle \alpha=\frac{r-s}{1-s}$ et $\displaystyle \gamma=\frac{1-r}{1-s}$.

Conclusion — On a finalement $$p_0=\frac12\left(q_2+q_{-1}\right)=\frac 12\left(r^2+\frac{r-s}{1-s}+\frac{1-r}{1-s}\cdot \frac 1s\right).$$
Comme $\displaystyle X^2+X-1=(X-r)(X-s)$, on a que $\displaystyle r^2=1-r$, $\displaystyle rs=-1$, $\displaystyle r+s=-1,$ et $\displaystyle (1-r)(1-s)=1$.
On obtient alors, après simplifications : $$p_0=\frac{3}{2}(1-r)=\frac{3}{4} \left( 3 - \sqrt{5} \right)\approx 0,\!57.$$

Evènements successifs 👉 Probabilités composées.
Pour une infinité d’évènements, passage à la limite.

Notons $\displaystyle A_k$ l’évènement “piocher noir au $\displaystyle k$-ème tirage”.
Il s’agit de calculer la probabilité de $\displaystyle B=\bigcap_{k=1}^{+\infty}A_k$.
Par continuité décroissante on a $\displaystyle \mathbb P(B)=\lim \mathbb P(B_n)$, où $\displaystyle B_n=\bigcap_{k=1}^{n}A_k$.

1. La formule des probabilités composées (dont on ne rappelle pas l’énoncé) donne ici $$\mathbb P(B_n)=\frac 12.\frac 23.\frac 34\dots\frac{n}{n+1}=\frac{1}{n+1},$$ donc $\displaystyle \mathbb P(B)=0$.
2. Cette fois, $\displaystyle \mathbb P(B_n)=\frac 12.\frac 34.\frac 56\dots\frac{2n-1}{2n}=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}$.
   Une application classique de la formule de Stirling :
   $\displaystyle \mathbb P(B_n)\sim\frac{\sqrt{4\pi n}(2n/e)^{2n}}{2^{2n}2\pi n(n/e)^{2n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi n}}$, donc $\displaystyle \mathbb P(B)=0$.
   Remarque. Même résultat qu’en 1., mais la convergence vers 0 est plus lente ici. Pas étonnant si l’on y réfléchit…
3. Cette fois, $\displaystyle \mathbb P(B_n)=\frac 12.\frac 23.\frac 45\dots\frac{1+(1+2+\dots+(n-1))}{2+(1+2+\dots+(n-1))}=\prod_{k=1}^n \frac{1+k(k-1)/2}{2+k(k-1)/2}$.
   On simplifie : $\displaystyle \mathbb P(B_n)=\prod_{k=1}^n \left(1-\underbrace{\frac{2}{4+k^2-k}}_{u_k}\right)$.
   On remarque que $\displaystyle \ln(\mathbb P(B_n))=\sum_{k=1}^n\ln(1-u_k)$ converge (vers un réel $\displaystyle \ell<0$).
   En effet $\displaystyle \ln(1-u_k)\sim -u_k\sim\frac{-2}{k^2}$, t.g. d’une série convergente (à termes de signe constant).
   Ainsi $\displaystyle \mathbb P(B)=e^\ell\in]0;1[$.

1. Notons $\displaystyle P_k$ : “face au $\displaystyle k$-ème lancer”, et $\displaystyle F_k$ son complémenatire.
   Notons $\displaystyle B_{k\to n}$ : “la séquence PPP n’apparaît pas entre les lancers $\displaystyle k$ et $\displaystyle n$, inclus”. On a $$\begin{aligned} \mathbb P(B_n) &=\mathbb P(B_n\cap F_1)+\mathbb P(B_n\cap P_1\cap F_2)+\mathbb P(B_n\cap P_1\cap P_2\cap F_3)\\ &=\mathbb P(B_{2\to n}\cap F_1)+\mathbb P(B_{3\to n}\cap P_1\cap F_2)+\mathbb P(B_{4\to n}\cap P_1\cap P_2\cap F_3).\end{aligned}$$ Par indépendance (lemme des coalitions),
   $$\begin{aligned} \mathbb P(B_n)&=\mathbb P(F_1)\mathbb P(B_{2\to n})+\mathbb P(P_1\cap F_2)\mathbb P(B_{3\to n})+\mathbb P(P_1\cap P_2\cap F_3)\mathbb P(B_{4\to n})\\ b_n& =\frac{1}{2}b_{n-1}+\frac{1}{4}b_{n-2}+\frac{1}{8}b_{n-3}. \end{aligned}$$

2. On a $\displaystyle P(\lambda)=\frac 18\left[(2\lambda)^3-(2\lambda)^2-(2\lambda)-1\right]$.
   D’où l’équivalence $\displaystyle P(\lambda)=0\Leftrightarrow Q(2\lambda)=0$, où $\displaystyle Q=X^3-X^2-X-1$.

3. On a $\displaystyle Q'(x)=3x^2-2x-1=(x-1)(3x+1)$. Donc $\displaystyle Q$ est :
   -strictement croissante sur $\displaystyle ]-\infty;-1/3]$,
   -strictement décroissante sur $\displaystyle [-1/3;1]$,
   -strictement croissante sur $\displaystyle [1;+\infty[$.
   Comme $\displaystyle Q(-1/3)=\frac{-22}{27}<0$, on en déduit (théorème de la bijection monotone) que $\displaystyle Q$ possède une unique racine réelle $\displaystyle \alpha$ avec $\displaystyle \alpha>1$.
   Comme $\displaystyle Q(7/4)=-29/64<0$ et $\displaystyle Q(2)=1>0$, d’après le T.V.I. on a : $\displaystyle \frac 74<\alpha< 2$.

4. $\displaystyle \alpha$ n’est pas racine de $\displaystyle Q'$ donc c’est une racine simple de $\displaystyle Q$.
   Comme $\displaystyle Q$ est scindé dans $\displaystyle \C$ et à coefficients réels il possède deux autres racines conjuguées $\displaystyle \beta$ et $\displaystyle \overline\beta$ avec $\displaystyle \beta\in\C\setminus\R$.
   Le coefficient dominant de $\displaystyle Q$ étant égal à $\displaystyle 1$, on a $\displaystyle Q(X)=(X-\alpha)(X-\beta)(X-\overline\beta)$.
   L’identification du coefficient constant donne alors $\displaystyle -\alpha|\beta|^2=-1$, soit $\displaystyle \alpha=\frac{1}{|\beta|^2}$.
   Ainsi $\displaystyle |\beta|<1<\alpha$.
   $\displaystyle (b_n)$ est une suite récurrente linéaire d’ordre $\displaystyle 3$, son polynôme caractéristique $\displaystyle P$ possède trois racines distinctes $\displaystyle \frac{\alpha}{2},~\frac{\beta}{2}$ et $\displaystyle \frac{\overline\beta}{2}$. Par conséquent il existe des constantes $\displaystyle C_1,C_2\in\C$ telles que pour tout $\displaystyle n\in\N$ :
   $$b_n=C_1\left(\frac{\alpha}{2}\right)^n+C_2\left(\frac{\beta}{2}\right)^n+\overline{C_2}\left(\frac{\overline\beta}{2}\right)^n.$$ Enfin comme $\displaystyle |\beta|<\alpha$, et $\displaystyle C_1\in]0;+\infty[$ (justifications plus loin), les deuxième et troisième terme sont négligeables par rapport au premier et donc
   $$b_n\sim C_1\left(\frac{\alpha}{2}\right)^n.$$
   Justifions que $\displaystyle C_1\ne 0$, en raisonnant par l’absurde : on suppose $\displaystyle C_1=0$.
   Alors comme $\displaystyle b_n\in\R$ les deux derniers termes sont conjugués et donc $\displaystyle b_n=2\mathrm{Re}\left(C_2\left(\frac{\beta}{2}\right)^n\right)$.
   En notant $\displaystyle C_2=r e^{it}$ et $\displaystyle \beta=\rho e^{i\theta}$ ($\displaystyle r,\rho>0$), ceci donne $\displaystyle b_n=2r\left(\frac{\rho}{2}\right)^n\cos(t+n\theta)$.
   Or $\displaystyle \theta\ne 0[\pi]$ donc il existe $\displaystyle n_0\in\N$ tel que $\displaystyle t+n_0\theta\in]\pi;3\pi/2[$ modulo $\displaystyle 2\pi$, et donc $\displaystyle b_{n_0}<0$. Ceci est une contradiction car $\displaystyle b_{n_0}$ est une probabilité.