Calcul de probabilités-3 (Prérentrée ECG1)

• Comme Alice a autant de chance d’atteindre la cible que de la manquer lors de son premier lancer :

  \[p_1 = \frac{1}{2}\]

• \((A_1,B_1)\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles donc on a, d’après la formule des probabilités totales : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A_2) &= \mathbb{P}(A_1)\,\mathbb{P}_{A_1}(A_2) + \mathbb{P}(B_1)\,\mathbb{P}_{B_1}(A_2) \end{aligned}\]

  donc, d’après le résultat précédent et comme \(B_1 = \overleftarrow{A_1}\) : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A_2) &=\frac{1}{2}\,\mathbb{P}_{A_1}(A_2) + \frac{1}{2}\,\mathbb{P}_{B_1}(A_2) \end{aligned}\]

  De plus on a, d’après les données de l’énoncé : \[\mathbb{P}_{A_1}(A_2) = \frac{1}{3} \quad \text{et} \quad \frac{1}{2}\,\mathbb{P}_{B_1}(B_2) = \frac{4}{5}\]

  donc : \[\mathbb{P}_{A_1}(A_2) = \frac{1}{3} \quad \text{et} \quad \frac{1}{2}\,\mathbb{P}_{B_1}(A_2) = \frac{1}{5}\]

  d’où : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A_2) &=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{5} \end{aligned}\]

  donc:

  \[p_2 = \frac{4}{15}\]

Soit \(n \in \left[\kern-0.15em\left[ {2,{+\infty}} \right[\kern-0.15em\right[\). \((A_{n-1},B_{n-1})\) est un système complet d’événements (dont on ne sait pas encore si les probabilités sont non nulles) donc on a, d’après la formule des probabilités totales : \[\mathbb{P}(A_n) = \mathbb{P}(A_{n-1} \cap A_n) + \mathbb{P}(B_{n-1} \cap A_n)\]

Pour calculer \(\mathbb{P}(A_{n-1} \cap A_n)\), on distingue les cas selon que \(\mathbb{P}(A_{n-1})\) est nul ou non.

• Supposons que \(\mathbb{P}(A_{n-1}) \neq 0\). On a alors : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A_{n-1} \cap A_n) &= \mathbb{P}(A_{n-1}) \,\mathbb{P}_{A_{n-1}}(A_n) \\ &= p_{n-1} \times \frac{1}{3} \end{aligned}\]

• Supposons maintenant que \(\mathbb{P}(A_{n-1}) = 0\). Alors, comme \(A_{n-1} \cap A_n\) est inclus dans \(A_{n-1}\) et comme une probabilité est toujours positive : \[\mathbb{P}(A_{n-1} \cap A_n) = 0\]

  donc on a encore, comme \(p_{n-1} = 0\) : \[\mathbb{P}(A_{n-1} \cap A_n) = p_{n-1} \times \frac{1}{3}\]

On a donc dans tous les cas : \[\mathbb{P}(A_{n-1} \cap A_n) = p_{n-1} \times \frac{1}{3}\]

On obtient de même, en distinguant selon que \(\mathbb{P}(B_{n-1})\) est nul ou non : \[\mathbb{P}(B_{n-1} \cap A_n) =(1- p_{n-1}) \times \frac{1}{5}\]

d’où : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A_n) &= \frac{1}{3} \, p_{n-1} + \frac{1}{5} \left( 1- p_{n-1} \right) \\ &= \left( \frac{1}{3}- \frac{1}{5} \right) p_{n-1} + \frac{1}{5} \end{aligned}\]

donc :

On a : \[\begin{aligned} \forall n \in \left[\kern-0.15em\left[ {2,{+\infty}} \right[\kern-0.15em\right[,\ u_n &= p_n - \frac{3}{13} \\ &= \frac{2}{15} \, p_{n - 1} + \frac{1}{5} - \frac{3}{13} \\ &= \frac{2}{15} \, p_{n - 1} - \frac{2}{5 \times 13} \\ &= \frac{2}{15} \left( p_{n-1 } - \frac{3}{13} \right) \end{aligned}\]

d’où :

• On a ainsi :

  \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ u_n = u_1 \left( \frac{2}{15} \right)^{n-1} = \frac{7}{26} \left( \frac{2}{15} \right)^{n-1}\]

• On en déduit :

  \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ p_n = u_n + \frac{3}{13}= \frac{7}{26} \left( \frac{2}{15} \right)^{n-1} +\frac{3}{13}\]

Comme \(\frac{2}{15}\) appartient à \(]-1,1[\), on sait que : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left( \frac{2}{15} \right)^{n-1} = 0\]

donc, d’après le résultat précédent :

On sait que \(p_1,\: p_2,\: p_3,\:p_4,\:p_5,\:p_6\), dans cet ordre, sont six termes consécutifs d’une suite arithmétique de raison \(r\) donc on a : \[\label{RelRec} \forall k \in\left[\kern-0.15em\left[ {1,6} \right]\kern-0.15em\right],\ p_k = p_1+ r \left( k-1 \right)\]

De plus le dé ne porte que des faces numérotées \(1,2,3,4,5,6\) et on ne peut évidemment obtenir deux résultats distincts lors d’un lancer, donc on a : \[p_1 + p_2 + p_3 + p_4 + p_5 + p_6 = 1\]

Or on a par ailleurs: \[\begin{aligned} p_1 + p_2 + p_3 + p_4 + p_5 + p_6 &= 6p_1 + r \left( 0+ 1+2+3+4+5 \right) \\ &= 6p_1 + 15r \end{aligned}\]

d’où : \[\label{rel1} 6p_1 + 15r= 1\]

On sait en outre que les nombres \(p_1,\:p_2,\:p_4\) dans cet ordre, sont trois termes consécutifs d’une suite géométrique, donc on a, en notant \(q\) la raison de cette suite : \[\label{rel2} p_2 = qp_1 \quad \text{et} \quad p_4=qp_2 = q^2p_1\]

On déduit donc de [rel1] et [rel2] que l’on a le système suivant : \[\begin{cases} 6p_1 + 15r = 1 \\ p_1 + r = qp_1 \\ p_1 + 3 r = q^2 p_1 \end{cases}\]

De plus on a : \[\begin{aligned} \begin{cases} 6p_1 + 15r = 1 \\ p_1 + r = qp_1 \\ p_1 + 3 r = q^2 p_1 \end{cases} &\Leftrightarrow \begin{cases} 6p_1 + 15r = 1 \\ r = \left( q-1 \right) p_1 \\ p_1 + 3\left( q-1 \right) p_1 = q^2 p_1 \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} 6p_1 + 15r = 1 \\ r = \left( q-1 \right) p_1 \\ \left( 3q-2 \right) p_1 = q^2 p_1 \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} 6p_1 + 15r = 1 \\ r = \left( q-1 \right) p_1 \\ \left(q^2- 3q+2 \right) p_1 =0 \end{cases} \end{aligned}\]

De plus on peut raisonnablement supposer que \(p_1\) n’est pas nul (le dé portant une face numérotée \(1\)) donc, comme \(q^2- 3q+2 = (q-1)(q-2)\) : \[\begin{aligned} \begin{cases} 6p_1 + 15r = 1 \\ p_1 + r = qp_1 \\ p_1 + 3 r = q^2 p_1 \end{cases} &\Leftrightarrow \begin{cases} 6p_1 + 15r = 1 \\ r = \left( q-1 \right) p_1 \\ q=1 \end{cases} \text{ ou } \begin{cases} 6p_1 + 15r = 1 \\ r = \left( q-1 \right) p_1 \\ q=2 \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} 6p_1 = 1 \\ r = 0\\ q=1 \end{cases} \text{ ou } \begin{cases} 21p_1 = 1 \\ r = p_1 \\ q=2 \end{cases} \end{aligned}\]

Enfin les six faces ne sont pas équiprobables, donc \(r\) n’est pas nul et on a donc : \[r=p_1= \frac{1}{21} \quad \text{et} \quad q=2\]

d’où, d’après [RelRec] :

1. Pour tout \(k \in\left[\kern-0.15em\left[ {1,6} \right]\kern-0.15em\right]\), on note \(F_k\) l’événement on obtient le numéro \(k\) lors du lancer du dé .

   • On a :

     \[A = F_2 \cup F_4 \cup F_6\]

     donc, comme les événements \(F_2,F_4\) et \(F_6\) sont incompatibles :

     Commentaire

     Quand on calcule la probabilité d’un événement, on commence en général par le décomposer comme union ou intersection d’événements simples

     \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A) &= \mathbb{P}(F_2) + \mathbb{P}(F_4) + \mathbb{P}(F_4) + \mathbb{P}(F_6) \\ &= p_2 + p_4+ p_6 \\ &= \frac{2}{21} + \frac{4}{21} + \frac{6}{21} \end{aligned}\]

     d’où :

     \[\mathbb{P}(A) = \frac{12}{21} = \frac{4}{7}\]

   • On a : \[\overline{B} = F_1 \cup F_2\]

     donc, comme \(F_1\) et \(F_2\) sont incompatibles : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( \overline{B}) &= \mathbb{P}(F_1) + \mathbb{P}(F_2) \\ &= p_1 + p_2 \\ &= \frac{3}{21} \\ &= \frac{1}{7} \end{aligned}\]

     d’où :

     \[\mathbb{P}(B) = 1- \mathbb{P}( \overline{B}) = \frac{6}{7}\]

   • On a enfin, de même que précédemment : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(C) &= \mathbb{P}( F_3 \cup F_4) \\ &= p_3 + p_4 \\ &= \frac{7}{21} \end{aligned}\]

     donc :

     \[\mathbb{P}(C) = \frac{1}{3}\]

2. Comme \(\mathbb{P}(A) \neq 0\), on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}_A(B) &= \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(A)} \\ &= \frac{\mathbb{P}(F_4 \cup F_6)}{\mathbb{P}(A)} \end{aligned}\]

   donc, comme \(F_4\) et \(F_6\) sont incompatibles : \[\begin{aligned} \mathbb{P}_A(B) &= \frac{\mathbb{P}(F_4) + \mathbb{P}(F_6)}{\mathbb{P}(A)} \\ &= \frac{\frac{10}{21}}{\frac{12}{21}} \\ &= \frac{10}{12} \end{aligned}\]

   d’où :

   \[\mathbb{P}_A(B) = \frac{5}{6}\]

3. • On a : \[\mathbb{P}_A(B) \neq \mathbb{P}(B)\]

     donc :

     \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants

   • On a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}_A(C) &= \frac{\mathbb{P}( A\cap C)}{\mathbb{P}(A)} \\ &= \frac{\mathbb{P}(F_4)}{\mathbb{P}(A)} \\ &= \frac{\frac{4}{21}}{\frac{12}{21}} \\ &= \frac{4}{12} \\ &= \frac{1}{3} \\ &= \mathbb{P}(C) \end{aligned}\] donc :

     \(A\) et \(C\) sont indépendants

1. Comme \(\mathbb{P}(A) \neq 0\), on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( G \cap A) &= \mathbb{P}(A)\,\mathbb{P}_A(G) \\ &= \frac{4}{7}\,\mathbb{P}_A(G) \end{aligned}\]

   De plus, sachant \(A\), le joueur tire une boule de l’urne \(\mathrm{U}_1\), qui contient une boule blanche et trois boules noires (et rien d’autre) donc, comme chaque boule a la même probabilité d’être tirée et comme le joueur gagne si et seulement s’il tire une boule blanche : \[\mathbb{P}_A(G) = \frac{1}{4}\]

   On en déduit :

   \[\mathbb{P}(G \cap A) = \frac{4}{7} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{7}\]

2. \((A,\overline{A})\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles donc on a, d’après la formule des probabilités totales : \[\mathbb{P}(G) = \mathbb{P}(G \cap A) + \mathbb{P}(G \cap \overline{A})\]

   Or on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(G \cap \overline{A}) &= \mathbb{P}(\overline{A})\, \mathbb{P}_{\overline{A}}(G) \\ &= \frac{3}{7}\, \mathbb{P}_{\overline{A}}(G) \end{aligned}\]

   De plus, sachant \(\overline{A}\), le joueur tire une boule de l’urne \(\mathrm{U}_2\), qui contient deux boules blanches et une boule noire (et rien d’autre) donc, comme chaque boule a la même probabilité d’être tirée et comme le joueur gagne si et seulement s’il tire une boule blanche : \[\mathbb{P}_{\overline{A}}(G) = \frac{2}{3}\]

   d’où : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(G \cap \overline{A}) &= \frac{3}{7} \times \frac{2}{3} \\ &= \frac{2}{7} \end{aligned}\]

   On a donc finalement :

   \[\mathbb{P}(G) = \frac{1}{7} + \frac{2}{7} = \frac{3}{7}\]

3. Comme \(\mathbb{P}(G) \neq 0\), on a: \[\begin{aligned} \mathbb{P}_G(A) &= \frac{\mathbb{P}(G \cap A)}{\mathbb{P}(G)} \\ &= \frac{\frac{1}{7}}{\frac{3}{7}} \end{aligned}\]

   d’où :

   \[\mathbb{P}_G(A) = \frac{1}{3}\]

1. Pour tout \(k\in\mathbb{N}^\ast\), on note \(A_k\) (respectivement \(B_k,C_k,D_k,S_k\)) l’événement la fourmi se trouve sur le sommet \(A\) (resp. \(B,C,D,S\)) après avoir fait \(k\) pas .

   • Comme la fourmi est initialement su le sommet \(A\), ne peut rester sur place après un pas et comme elle ne se déplace que sur un sommet adjacent, on a : \[A_2 = (B_1 \cap A_2 ) \cup (D_1 \cap A_2)\cup (S_1 \cap A_2)\]

     donc, comme les événements \(B_1 \cap A_2\), \(D_1 \cap A_2\) et \(S_1 \cap A_2\) sont deux à deux incompatibles : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A_2) &= \mathbb{P}(B_1 \cap A_2 ) + \mathbb{P}(D_1 \cap A_2) + \mathbb{P}(S_1 \cap A_2) \end{aligned}\]

     De plus on a, comme la fourmi ne peut aller que sur \(B\), \(D\) ou \(S\) après le premier pas, et ce de manière équiprobable : \[\mathbb{P}(B_1) = \mathbb{P}(D_1) = \mathbb{P}(S_1) = \frac{1}{3} \neq 0\]

     On en déduit : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A_2) &= \mathbb{P}(B_1) \,\mathbb{P}_{B_1}(A_2 ) + \mathbb{P}(D_1 ) \,\mathbb{P}_{D_1}( A_2) + \mathbb{P}(S_1 ) \,\mathbb{P}_{S_1}( A_2) \\ &= \frac{1}{3} \left[ \mathbb{P}_{B_1}(A_2 ) + \mathbb{P}_{D_1}( A_2) + \mathbb{P}_{S_1}( A_2) \right] \end{aligned}\]

     Or sachant \(B_1\), la fourmi se déplace vers \(A\), \(C\) ou \(S\) de manière équiprobable, donc : \[\mathbb{P}_{B_1}(A_2 ) = \frac{1}{3}\]

     et de même : \[\mathbb{P}_{D_1}(A_2 ) = \mathbb{P}_{S_1}(A_2 ) = \frac{1}{3}\]

     d’où : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A_2) &= \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \right] \end{aligned}\]

     donc :

     \[\mathbb{P}(A_2) = \frac{1}{3}\]

   • Le sommet \(B\) ne peut être atteint que depuis les sommets \(A,C\) et \(S\). De plus la fourmi ne peut être sur le sommet \(A\) ni sur le sommet \(C\) après le premier pas donc : \[B_2 = S_1 \cap B_2\]

     et alors, de même que précédemment :

     \[\mathbb{P}(B_2) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{9}\]

   • On a de même : \[C_2 = (B_1 \cap C_2 ) \cup (D_1 \cap C_2)\cup (S_1 \cap D_2)\]

     et, de même que pour \(A_2\) : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(C_2) &= \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \right] \end{aligned}\]

     donc :

     \[\mathbb{P}(C_2) = \frac{1}{3}\]

   • Les sommets \(B\) et \(C\) jouent des rôles symétriques donc :

     \[\mathbb{P}(D_2) = \mathbb{P}(B_2) = \frac{1}{9}\]

2. • On a vu dans la question précédente que :

     \[p_1 = \mathbb{P}(S_1) = \frac{1}{3}\]

   • Soit \(n \in\mathbb{N}^\ast\). La fourmi ne pouvant rester sur place, \(S_{n+1}\) ne peut se réaliser que si \(\overline{S_n}\) se réalise donc on a: \[S_{n+ 1} = S_{n + 1} \cap \overline{S_n}\]

     Ne sachant pas encore que \(\mathbb{P}(\overline{S_n})\) n’est pas nul, on distingue les cas.

     • Supposons tout d’abord que \(\mathbb{P}( \overline{S_n}) \neq 0\). On a alors : \[\begin{aligned} p_{n+1} &= \mathbb{P}(S_{n+ 1} ) \\ &= \mathbb{P}_{\overline{S_n}}(S_{n+1}) \,\mathbb{P}(\overline{S_n}) \\ &= \mathbb{P}_{\overline{S_n}}(S_{n+1}) \left( 1- p_n \right) \end{aligned}\]

       De plus, sachant \(\overline{S_n}\), la fourmi se trouve sur l’un des sommets \(A,B,C,D\) à l’issue des \(n\) premiers pas ; comme chacun de ces sommets est adjacent à trois sommets, dont \(S\), et comme la fourmi se déplace de manière équiprobable vers l’un de ces trois sommets, on a donc : \[\mathbb{P}_{\overline{S_n}}(S_{n+1}) = \frac{1}{3}\]

       d’où :

       \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ p_{n+1} = \frac{1}{3} \left( 1- p_n \right)\]

1. Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\) strictement positif, la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(p_n = \dfrac{1}{4}\left(1 - \left(- \dfrac{1}{3}\right)^n\right)\) est vraie.

   • On a : \[\begin{aligned} \dfrac{1}{4}\left(1 - \left(- \dfrac{1}{3}\right)^1\right) &= \dfrac{1}{4}\left(1 + \frac{1}{3}\right) \\ &= \dfrac{1}{4} \times \frac{4}{3} \\ &= \frac{1}{3} \\ &= p_1 \end{aligned}\]

     donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

   • Soit \(n \in\mathbb{N}^\ast\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. On a alors : \[\begin{aligned} p_{n+1} & = \dfrac{1}{3}\left(1 - p_n\right) \\ &= \dfrac{1}{3}\left[ 1 - \dfrac{1}{4}\left(1 - \left(- \dfrac{1}{3}\right)^n\right) \right] \\ &= \dfrac{1}{3}\left[ \frac{3}{4} + \left(- \dfrac{1}{3}\right)^n \right] \\ &= \dfrac{1}{3}\left[ \frac{3}{4} - 3 \left(- \dfrac{1}{3}\right)^{n+1} \right] \\ &= \dfrac{1}{4}\left(1 - \left(- \dfrac{1}{3}\right)^{n+1}\right) \end{aligned}\]

     Ainsi \(\mathcal{P}(n) \Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\).

   • On peut maintenant conclure :

2. \(- \frac{1}{3}\) appartenant à \(]-1,1[\), on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left(- \dfrac{1}{3}\right)^n = 0\]

   d’où :

   \[\lim\limits_{n\to+\infty}p_n = \frac{1}{4}\]

1. Comme on tire deux boules simultanément dans une urne contenant \(10\) boules (que l’on peut supposer discernable pour simplifier le raisonnement), il y a \(\binom{10}2 = \frac{10 \times 9}{2} = 45\) tirages possibles, tous équiprobables par hypothèse.

   De plus l’urne contient exactement trois boules rouges donc il y a \(\binom 32 = 3\) tirages donnant deux boules rouges et on a donc :

   \[p_1 = \frac{3}{45} = \frac{1}{15}\]

2. De même l’urne contient exactement sept boules noires donc il y a \(\binom 72 = 21\) tirages donnant deux boules noires et on a donc :

   \[p_2 = \frac{21}{45} = \frac{7}{15}\]

3. L’événement \(C\) : les deux boules tirées sont de même couleur est la réunion des deux événements étudiés dans les questions précédentes donc, comme ceux-ci sont incompatibles :

   \[p_3 = p_1 + p_2 = \frac{8}{15}\]

4. L’événement les deux boules tirées soient de couleurs différentes est l’événement \(\overline{C}\) donc :

   \[p_4 = 1-p_3 = \frac{7}{15}\]

1. Comme on tire deux boules de \(U_1\) (qui contient 10 boules) et une boule de \(U_2\) (qui contient également 10 boules), il y a \(\binom{10}2 \times 10 = 450\) tirages de boules possibles, tous équiprobables par hypothèse.

   De plus on a vu qu’il y a 3 tirages de deux boules dans \(U_1\) donnant deux boules rouges et il y a par ailleurs 4 tirages possibles dans l’urne \(U_2\) donnant une boule rouge, donc il y a \(3 \times 4 = 12\) tirages donnant trois boules rouges et :

   \[\mathbb{P}(R) = \frac{12}{450} = \frac{2}{75}\]

2. De même, en notant \(N\) l’événement les trois boules tirées sont noires , on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(N) &= \frac{\binom 72 \times 6}{450} \\ &= \frac{21 \times 6}{6 \times 75} \\ &= \frac{21}{75} \end{aligned}\]

   donc, comme l’événement tirer trois boules de même couleur est la réunion des événements \(R\) et \(N\), qui sont incompatibles :

   La probabilité de tirer trois boules de même couleur est \(\dfrac{23}{75}\)

3. Notons tout d’abord que, d’après le résultat précédent : \[\mathbb{P}(D) = 1- \dfrac{23}{75} = \frac{52}{75} \neq 0\]

   On a donc : \[\begin{aligned} \mathbb{P}_D(B) &= \frac{\mathbb{P}(D\cap B)}{\mathbb{P}(D)} \\ &= \frac{\mathbb{P}(B)\,\mathbb{P}_B(D)}{\mathbb{P}(D)} \end{aligned}\]

   De plus, sachant \(B\), la boule tirée dans l’urne \(U_2\) est rouge donc \(D\) se réalise si et seulement si on ne tire pas deux boules rouges dans l’urne \(U_1\), donc : \[\mathbb{P}_B(D) = 1-p_1 = \frac{14}{15}\]

   On a ainsi : \[\begin{aligned} \mathbb{P}_D(B) &= \frac{ \frac{4}{10} \times \frac{14}{15}}{\frac{52}{75}} \\ &= \frac{2}{5} \times \frac{2\times 7}{15} \times \frac{5 \times 15}{4 \times 13} \\ &= \frac{7}{13} \end{aligned}\]