Sujet G.1.3 Probabilités conditionnelles
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Exercice a
Une entreprise fait appel à deux sociétés de transport pour ses expéditions :
- la société $S$ assure les livraisons les plus proches, soit $75\sp{1.5}\%$ des expéditions ;
- la société $T$ assure les $25\sp{1.5}\%$ restant des livraisons plus lointaines.
probabilité conditionnelle
Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$
La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :
$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.
système complet d'événements
Soit, sur un espace probabilisable $\,(\Omega,\sc A)\sp{1.5},\,$une famille au plus dénombrable d'événements $\,(A_i)_{i\app I}\sp{1.5}.\,$ $\,(A_i)_{i\app I}\,$ est un système complet d'événements ssi :
- $\,i\neq j\Imp A_i\cap A_j=\vide\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{0}{\Op{\Large\cup}_{i\app I}}\,A_i=\Omega\sp{1.5}.\,$
formule des probabilités totales
Pour des événements $A$ et $B_i\sp{1.5},$ formant un système complet avec $\,P(B_i)\neq0:\,$
$\displaystyle{}P(A)=\sum_{i\app I}P(A\cap B_i)=\sum_{i\app I}P(A|B_i)\sp{1.5}P(B_i)$
formule de Bayes
Soient deux événements $\,A\,$ et $\,B\,$ d'un espace probabilisé.
Lorsque $\,P(A) >0\,$ et $\,P(B) >0\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}P(B\sp{1.5}|A)=\frac{P(A\sp{1.5}|B)\sp{1.5}P(B)}{P(A)}$
indication
Appliquer successivement la formule des probabilités totales, puis la formule de Bayes.
réponse
La probabilité d'un incident de livraison à l'issue d'une expédition est de $1/\sp{-1.5}16\sp{1.5},$ soit un risque de $\,6,\sp{-1.5}25\sp{1.5}\%\sp{1.5}.\,$
En cas d'incident, on a une probabilité de $3\sp{-1.5}/5\sp{1.5},$ soit $\,60\sp{1.5}\%\,$ de chances que ce soit $S$ qui ait été chargée du transport.
correction
On note $A$ l'événement : « $S$ a été chargée de la livraison » et $\adher{A}$ son contraire : « $T$ a été chargée de la livraison ».
- On considère alors l'événement $\,L :\,$ « la livraison s'est bien effectuée »,
- et son contraire $\,I=\adher{L}:\,$ « un incident s'est produit lors de la livraison ».
Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$
La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :
conditionnelles
sont des
$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.
Pour deux événements $\,A\,$ et $\,B\,$ d'un espace probabilisé, tels que $\,B\subset A\sp{1.5},\,$ on a :
probabilités,
on a alors :
$\eqalign{P(A\!\setminus\! B)&=P(A)-P(B)\\
\txt{d'où :} P(\adher{A})&= 1-P(A)}$
$\eqalign{P(I\sp{1.5}|A)&=1-P(S\sp{1.5}|A)=5\sp{1.5}\%\\P(I\sp{1.5}|\adher{A})&=1-P(S\sp{1.5}|\adher{A})=10\sp{1.5}\%}$
$\,A\,$ et $\,\adher{A}\,$ formant un système
Soit, sur un espace probabilisable $\,(\Omega,\sc A)\sp{1.5},\,$une famille au plus dénombrable d'événements $\,(A_i)_{i\app I}\sp{1.5}.\,$ $\,(A_i)_{i\app I}\,$ est un système complet d'événements ssi :
complet
d'événements, la probabilité de $I$ se calcule par la formule des probabilités
- $\,i\neq j\Imp A_i\cap A_j=\vide\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{0}{\Op{\Large\cup}_{i\app I}}\,A_i=\Omega\sp{1.5}.\,$
Pour des événements $A$ et $B_i\sp{1.5},$ formant un système complet avec $\,P(B_i)\neq0:\,$
totales :
$\displaystyle{}P(A)=\sum_{i\app I}P(A\cap B_i)=\sum_{i\app I}P(A|B_i)\sp{1.5}P(B_i)$
$\eqalign{P(I)&=P(I\sp{1.5}|A)\sp{1.5}P(A)+P(I\sp{1.5}|\adher{A})\sp{1.5}P(\adher{A})\\[-.5ex]
&=\frac1{20}\!\times\!\frac34+\frac{1}{10}\!\times\!\frac14=\frac{5}{80}=\frac1{16}=0,\sp{-1.5}0625}$
Le risque d'un incident de livraison à l'issue d'une expédition est donc de $\,6,\sp{-1.5}25\sp{1.5}\%\sp{1.5}.\,$
En cas d'incident, la société $S$ a assuré le transport avec la probabilité conditionnelle $\,P(A\sp{1.5}|I)\sp{1.5}.\,$
On peut alors la calculer selon la formule de
Soient deux événements $\,A\,$ et $\,B\,$ d'un espace probabilisé.
Lorsque $\,P(A) >0\,$ et $\,P(B) >0\sp{1.5},\,$ on a alors :
Bayes :
$\displaystyle{}P(B\sp{1.5}|A)=\frac{P(A\sp{1.5}|B)\sp{1.5}P(B)}{P(A)}$
$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|I)=\frac{P(I\sp{1.5}|A)\sp{1.5}P(A)}{P(I)}=\frac{1\sp{-1.5}/20\!\times\!3\sp{-1.5}/4}{1\sp{-1.5}/16}=\frac35=0,\sp{-1.5}6$
L'échec d'une livraison est donc dû dans $\,60\sp{1.5}\%\,$ des cas à l'intervention de la société $S\sp{1.5}.$
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Exercice b
Un cadre d'une entreprise doit visiter une fois par semaine un chantier éloigné par l'un de ces moyens de transport :
- il préfère prendre le train, mais celui-ci part très tôt et il le manque une fois sur trois ;
- lorsqu'il a raté le train, il prend sa moto, mais seulement par beau temps soit un jour sur deux ;
- enfin il ne prend sa voiture qu'en dernier recours, par crainte des embouteillages.
probabilité conditionnelle
Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$
La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :
$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.
système complet d'événements
Soit, sur un espace probabilisable $\,(\Omega,\sc A)\sp{1.5},\,$une famille au plus dénombrable d'événements $\,(A_i)_{i\app I}\sp{1.5}.\,$ $\,(A_i)_{i\app I}\,$ est un système complet d'événements ssi :
- $\,i\neq j\Imp A_i\cap A_j=\vide\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{0}{\Op{\Large\cup}_{i\app I}}\,A_i=\Omega\sp{1.5}.\,$
formule des probabilités totales
Pour des événements $A$ et $B_i\sp{1.5},$ formant un système complet avec $\,P(B_i)\neq0:\,$
$\displaystyle{}P(A)=\sum_{i\app I}P(A\cap B_i)=\sum_{i\app I}P(A|B_i)\sp{1.5}P(B_i)$
formule de Bayes
Soient deux événements $\,A\,$ et $\,B\,$ d'un espace probabilisé.
Lorsque $\,P(A) >0\,$ et $\,P(B) >0\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}P(B\sp{1.5}|A)=\frac{P(A\sp{1.5}|B)\sp{1.5}P(B)}{P(A)}$
indication
Appliquer successivement la formule des probabilités totales, puis la formule de Bayes.
réponse
La probabilité qu'il soit en retard à une réunion de chantier est de $10\sp{1.5}\%\sp{1.5}.$
En cas de retard, les probabilité qu'il ait pris le train, la moto ou la voiture sont respectivement de :
$\,1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}3\,$ par le train, $\,1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4\,$ en moto, et $\,5\sp{-1.5}/\sp{-1.5}12\,$ en voiture.
correction
On note respectivement $T\sp{1.5},$ $M$ et $V$ les événements correspondant à un trajet en train, en moto ou en voiture.
On désigne d'autre part par $R$ l'événement associé à un retard à sa réunion de chantier.
$T\sp{1.5},$ $M$ et $V$ formant un système
Soit, sur un espace probabilisable $\,(\Omega,\sc A)\sp{1.5},\,$une famille au plus dénombrable d'événements $\,(A_i)_{i\app I}\sp{1.5}.\,$ $\,(A_i)_{i\app I}\,$ est un système complet d'événements ssi :
complet
d'événements, la probabilité de $R$ se calcule par la formule des probabilités
- $\,i\neq j\Imp A_i\cap A_j=\vide\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{0}{\Op{\Large\cup}_{i\app I}}\,A_i=\Omega\sp{1.5}.\,$
Pour des événements $A$ et $B_i\sp{1.5},$ formant un système complet avec $\,P(B_i)\neq0:\,$
totales,
soit compte tenu des hypothèses :
$\displaystyle{}P(A)=\sum_{i\app I}P(A\cap B_i)=\sum_{i\app I}P(A|B_i)\sp{1.5}P(B_i)$
$\eqalign{P(R)&=P(R\sp{1.5}|T)\sp{1.5}P(T)+P(R\sp{1.5}|M)\sp{1.5}P(M)+P(R\sp{1.5}|V)\sp{1.5}P(V)\\
&=\frac1{20}\!\times\!\frac23+\Big(\frac{3}{20}\!\times\!\frac12+\frac{5}{20}\!\times\!\frac12\Big)\!\times\!
\frac13=\frac1{10}}$
La probabilité qu'il ait pris le train sachant qu'il est arrivé en retard, est la probabilité
Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$
La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :
conditionnelle
$\,P(T\sp{1.5}|R)\sp{1.5}.\,$
On a de même $\,P(M\sp{1.5}|R)\,$ et $\,P(V\sp{1.5}|R)\,$ dans les deux autres cas, et on peut toutes les calculer selon la formule de
$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.
Soient deux événements $\,A\,$ et $\,B\,$ d'un espace probabilisé.
Lorsque $\,P(A) >0\,$ et $\,P(B) >0\sp{1.5},\,$ on a alors :
Bayes :
$\displaystyle{}P(B\sp{1.5}|A)=\frac{P(A\sp{1.5}|B)\sp{1.5}P(B)}{P(A)}$
$\eqalign{ P(T\sp{1.5}|R)&=\,\frac{P(R\sp{1.5}|T)\sp{1.5}P(T)}{P(R)}&=\frac{1\sp{-1.5}/20\!\times\!2\sp{-1.5}/3}{1\sp{-1.5}/10}=\frac13\\
P(M\sp{1.5}|R)&=\frac{P(R\sp{1.5}|M)\sp{1.5}P(M)}{P(R)}&=\frac{3\sp{-1.5}/20\!\times\!1\sp{-1.5}/6}{1\sp{-1.5}/10}=\frac14\\
P(V\sp{1.5}|R)&=\,\frac{P(R\sp{1.5}|V)\sp{1.5}P(V)}{P(R)}&=\frac{1\sp{-1.5}/4\!\times\!1\sp{-1.5}/6}{1\sp{-1.5}/10}=\frac5{12}}$
La probabilité
Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$
La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :
conditionnelle
$\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|R)\,$ étant bien une
$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.
Soit $\,\Omega\,$ un univers fini et $\,P:\sc P(\Omega)\to[0,1]\sp{1.5}.\,$
$\,P\,$ est une probabilité sur $\,\Omega\,$ ssi $\,P(\Omega)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}1\sp{1.5}\,$ et :
probabilité,
on peut s'assurer que :
$\displaystyle{}A\cap B=\vide\Imp P(A\sp{-1.5}\cup\sp{-1.5} B)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}P(A)\sp{-1.5}+\sp{-1.5}P(B)$
$\displaystyle{}P(T\sp{1.5}|R)+P(M\sp{1.5}|R)+P(V\sp{1.5}|R)=\frac13+\frac14+\frac5{12}=1$
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Exercice c
La consigne d'une grande gare comporte 80 casiers, tous occupés.
Chaque utilisateur a reçu, indépendamment des autres, un code aléatoire formé de trois chiffres.
L'un d'entre eux perd le ticket comportant son code, et un individu mal intentionné récupère ce ticket.
Ignorant à quel casier il correspond, il choisit au hasard 10 casiers sur lesquels il essaye ce code.
Quelle est la probabilité qu'il parvienne ainsi à voler le contenu d'un casier ?
probabilité conditionnelle
Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$
La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :
$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.
système complet d'événements
Soit, sur un espace probabilisable $\,(\Omega,\sc A)\sp{1.5},\,$une famille au plus dénombrable d'événements $\,(A_i)_{i\app I}\sp{1.5}.\,$ $\,(A_i)_{i\app I}\,$ est un système complet d'événements ssi :
- $\,i\neq j\Imp A_i\cap A_j=\vide\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{0}{\Op{\Large\cup}_{i\app I}}\,A_i=\Omega\sp{1.5}.\,$
formule des probabilités totales
Pour des événements $A$ et $B_i\sp{1.5},$ formant un système complet avec $\,P(B_i)\neq0:\,$
$\displaystyle{}P(A)=\sum_{i\app I}P(A\cap B_i)=\sum_{i\app I}P(A|B_i)\sp{1.5}P(B_i)$
formule de Bayes
Soient deux événements $\,A\,$ et $\,B\,$ d'un espace probabilisé.
Lorsque $\,P(A) >0\,$ et $\,P(B) >0\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}P(B\sp{1.5}|A)=\frac{P(A\sp{1.5}|B)\sp{1.5}P(B)}{P(A)}$
indication
1
Déterminer d'abord la probabilité que le casier correspondant au ticket perdu figure parmi les $p\sp{-1.5}=\sp{-1.5}10$ casiers choisis.
indication
2
Utiliser ensuite la formule des probabilités totales pour évaluer le risque de vol de l'un des casiers.
réponse
Avec $N\sp{-1.5}=\sp{-1.5}1000$ codes possibles et $p\sp{-1.5}=\sp{-1.5}10$ casiers testés sur $n\sp{-1.5}=\sp{-1.5}80\sp{1.5},$ la probabilité d'un vol est d'environ $\,13\sp{1.5}\%:\,$
$\displaystyle{}1-\Big(\sp{-1.5}1-\frac1{N}\sp{-1.5}\Big)^{\sp{-1.5}p}\Big(1-\frac pn\Big)\simeq0,\sp{-1.5}13371$
correction
Pour $\,N\!=1000\sp{1.5},\,$ chaque casier a un code compris entre $0$ et $N\!-\sp{-1.5}1\sp{1.5},$ d'où l'ensemble $\,C\sp{-1.5}=\sp{-1.5}[\![0,N\!-\!1]\!]\,$ des codes possibles.
Les casiers étant numérotés de $1$ à $\,n\!=\!80\sp{1.5},\,$ on note $x$ le numéro du casier dont le ticket a été perdu
et $c_x$ son code.
Un choix de $\,p\!=\!10\,$ casiers correspond à une $p\tiret$
Une $p\tiret$combinaison d'un ensemble $E$ est une partie de $E$ à $\,p\,$ éléments.
Si $E$ est de cardinal $n\sp{1.5},$ leur ensemble $\sc P_p(E)$ est fini avec :
combinaison
de $\,[\![1,n]\!]\sp{1.5},\,$ d'où : $\binome{n\\[-1ex]p}\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\op{card}(\sp{-1.5}\sc P_p([\![1,n]\!])\sp{-1.5})$ possibilités.
$\,\binome{n-1\\[-1ex]p-1}\,$ d'entre elles contiennent $x\sp{1.5},$ ce qui correspond au choix des $\,p\!-\!1\,$ autres numéros parmi les $\,n\!-\!1\,$ restants.
On considère alors l'événement $B$ suivant : « le casier de numéro $x$ figure parmi les $p$ casiers choisis. »
Les choix de ces $p$ casiers étant
$\displaystyle{}\op{card}(\sc P_p(E))=\smh{1.5}{\binome{\,n\,\\p}}$
Soit $\,\Omega\,$ un univers fini dont les éventualités sont équiprobables.
Alors, la probabilité est uniforme, avec pour tout événement :
équiprobables,
on obtient alors la probabilité :
$\displaystyle{}P(A)=\frac{\op{card}(A)}{\op{card}(\Omega)}$
$\eqalign{P(B)&=\frac{\op{card}(B)}{\op{card}(\sp{-1.5}\sc P_p([\![1,n]\!])\sp{-1.5})}=\binome{n-1\\[-1ex]p-1}\!\Big/\!\binome{n\\[-1ex]p}\\&=
\frac{(n-1)\sp{1.5}!}{(p-1)\sp{1.5}!\,(n-p)\sp{1.5}!}\cdot\frac{p\sp{1.5}!\,(n-p)\sp{1.5}!}{n\sp{1.5}!}=\frac pn}$
Soit maintenant l'événement $A$ suivant : « le code dérobé ouvre l'un des $p$ casiers choisis. »- Si le casier de numéro $x$ est l'un des casiers choisis, il s'ouvrira certainement, d'où la probabilité
Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$ La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :conditionnelle :$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.$\displaystyle{}P(A|B)=1$
- Dans le cas contraire, chacun des $p$ casiers choisis a un code aléatoire, appartenant à l'ensemble $\,C\sp{-1.5}=\sp{-1.5}[\![0,N\!-\!1]\!]\sp{1.5}.\,$
Pour qu'aucun casier ne s'ouvre, il faut et il suffit que la liste de ces $p$ codes appartienne à $\,(C\!\setminus\!\{c_x\})^p.\,$
Du fait de
Soit $\,\Omega\,$ un univers fini dont les éventualités sont équiprobables. Alors, la probabilité est uniforme, avec pour tout événement :l'équiprobabilité des codes de ces $p$ casiers, on a donc les probabilités$\displaystyle{}P(A)=\frac{\op{card}(A)}{\op{card}(\Omega)}$Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$ La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :conditionnelles :$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.$\eqalign{P(\adher{A}\sp{1.5}|\adher{B}\sp{1.5})&=\frac{\op{card}\big((C\!\setminus\!\{c_x\})^p\big)}{\op{card}(C^p)}=\Big(\sp{-1.5}\frac{N-1}{N}\sp{-1.5}\Big)^{\sp{-1.5}p}\\[-.5ex] P(A|\adher{B}\sp{1.5})&=1-P(\adher{A}\sp{1.5}|\adher{B}\sp{1.5})=1-\Big(\sp{-1.5}1-\frac1{N}\sp{-1.5}\Big)^{\sp{-1.5}p}}$
Soit, sur un espace probabilisable $\,(\Omega,\sc A)\sp{1.5},\,$une famille au plus dénombrable d'événements $\,(A_i)_{i\app I}\sp{1.5}.\,$ $\,(A_i)_{i\app I}\,$ est un système complet d'événements ssi :
complet
d'événements, la probabilité de $A$ se calcule par la formule des probabilités
- $\,i\neq j\Imp A_i\cap A_j=\vide\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{0}{\Op{\Large\cup}_{i\app I}}\,A_i=\Omega\sp{1.5}.\,$
Pour des événements $A$ et $B_i\sp{1.5},$ formant un système complet avec $\,P(B_i)\neq0:\,$
totales :
$\displaystyle{}P(A)=\sum_{i\app I}P(A\cap B_i)=\sum_{i\app I}P(A|B_i)\sp{1.5}P(B_i)$
$\eqalign{P(A)&=P(A\sp{1.5}|B)\sp{1.5}P(B)+P(A\sp{1.5}|\adher{B})\sp{1.5}P(\adher{B})\\[-.5ex]
&=\frac pn+\Big(1-\Big(\sp{-1.5}1-\frac1{N}\sp{-1.5}\Big)^{\sp{-1.5}p}\,\Big)\Big(1-\frac pn\Big)\\[-.5ex]
&=1-\Big(\sp{-1.5}1-\frac1{N}\sp{-1.5}\Big)^{\sp{-1.5}p}\Big(1-\frac pn\Big)}$
Numériquement, on obtient finalement un risque de vol d'environ $\,13\sp{1.5}\%:\,$
$\displaystyle{}P(A)=1-\Big(\frac{999}{1000}\Big)^{\!10}\!\!\times\!\frac78\,\simeq\,0,\sp{-1.5}13371$
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Exercice d
On joue à pile ou face avec deux pièces :
- la pièce $\,A\,$ est bien équilibrée et donne aussi souvent « pile » que « face » ;
- la pièce $\,B\,$ est truquée et donne « face » deux fois plus souvent que « pile » .
- on garde la même pièce tant qu'on obtient « face » ;
- on change de pièce lorsqu'on obtient « pile » .
probabilité conditionnelle
Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$
La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :
$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.
système complet d'événements
Soit, sur un espace probabilisable $\,(\Omega,\sc A)\sp{1.5},\,$une famille au plus dénombrable d'événements $\,(A_i)_{i\app I}\sp{1.5}.\,$ $\,(A_i)_{i\app I}\,$ est un système complet d'événements ssi :
- $\,i\neq j\Imp A_i\cap A_j=\vide\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{0}{\Op{\Large\cup}_{i\app I}}\,A_i=\Omega\sp{1.5}.\,$
formule des probabilités totales
Pour des événements $A$ et $B_i\sp{1.5},$ formant un système complet avec $\,P(B_i)\neq0:\,$
$\displaystyle{}P(A)=\sum_{i\app I}P(A\cap B_i)=\sum_{i\app I}P(A|B_i)\sp{1.5}P(B_i)$
formule de Bayes
Soient deux événements $\,A\,$ et $\,B\,$ d'un espace probabilisé.
Lorsque $\,P(A) >0\,$ et $\,P(B) >0\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}P(B\sp{1.5}|A)=\frac{P(A\sp{1.5}|B)\sp{1.5}P(B)}{P(A)}$
indication
1
Considérer l'événement $\,A_n:\,$ « le $n\tiret$ème lancer s'est fait avec $A$ » .
Déterminer alors une relation de récurrence vérifiée par la suite des $\,P(A_n)\sp{1.5}.\,$
indication
2
Exprimer la probabilité $\,P(F_n)\,$ d'obtenir « face » au $n\tiret$ème lancer en fonction de $\,P(A_n)\sp{1.5}.\,$
réponse
La probabilité d'obtenir « face » au $n\tiret$ème a pour valeur :
$\displaystyle{}P(F_n)=\frac35-\frac1{10}\Big(\frac16\Big)^{\!n}$
Lorsque $n$ tend vers $+\I\sp{1.5},$ elle a pour limite : $\,\lim n{+\I}\,P(F_n)=\dfrac35\!\cdot\,$
correction
Pour tout $\,n\app\bb N^{\ast}\sp{1.5},\,$ on considère :
- l'événement $\,A_n:\,$ « le $n\tiret$ème lancer s'est fait avec $A$ » ,
- et son contraire $\,\adher{A_n\!\!}\,:\,$ « le $n\tiret$ème lancer s'est fait avec $B$ » .
$\eqalign{&A_{n+1}=(A_n\cap F_n)\cup(\adher{A_n\!\!}\,\cap\adher{F_n\!\!}\,)\\
\txt{d'où :}&A_{n+1}\cap A_n=A_n\cap F_n\txt{et} A_{n+1}\cap\adher{A_n\!\!}=\adher{A_n\!\!}\,\cap\adher{F_n\!\!}}$
On en déduit les égalités de probabilités
Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $\,P(B)\! >\!0\sp{1.5}.\,$
La probabilité conditionnelle de $\,A\,$ sachant $\,B\,$ est :
conditionnelles :
$\displaystyle{}P(A\sp{1.5}|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Alors, l'application $\,A\mapsto P(A\sp{1.5}|B)\,$ est aussi une probabilité.
$\eqalign{P(A_{n+1}|A_n)=P(F_n\sp{1.5}|A_n)=1\sp{-1.5}/2\\[.5ex]
P(A_{n+1}|\adher{A_n\!\!}\,)=P(\adher{F_n\!\!}\,|\adher{A_n\!\!}\,)=1\sp{-1.5}/3}$
On veut déterminer la suites des valeurs de $\,a_n=P(A_n)\sp{1.5},\,$ ayant pour valeur initiale : $\,a_1=P(A_1)=\dfrac12\!\cdot\,$
$\,A_n\,$ et $\,\adher{A_n\!\!}\,$ formant un système
Soit, sur un espace probabilisable $\,(\Omega,\sc A)\sp{1.5},\,$une famille au plus dénombrable d'événements $\,(A_i)_{i\app I}\sp{1.5}.\,$ $\,(A_i)_{i\app I}\,$ est un système complet d'événements ssi :
complet
d'événements, on exprime $\,P(A_{n+1})\,$ par la formule des probabilités
- $\,i\neq j\Imp A_i\cap A_j=\vide\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{0}{\Op{\Large\cup}_{i\app I}}\,A_i=\Omega\sp{1.5}.\,$
Pour des événements $A$ et $B_i\sp{1.5},$ formant un système complet avec $\,P(B_i)\neq0:\,$
totales :
$\displaystyle{}P(A)=\sum_{i\app I}P(A\cap B_i)=\sum_{i\app I}P(A|B_i)\sp{1.5}P(B_i)$
$\eqalign{P(A_{n+1})&=P(A_{n+1}\sp{1.5}|A_n)\sp{1.5}P(A_n)+P(A_{n+1}\sp{1.5}|\adher{A_n\!\!}\,)\sp{1.5}P(\adher{A_n\!\!}\,)\\[-.5ex]
&=\frac12\sp{1.5}P(A_n)+\frac13\sp{1.5}\big(1-P(A_n)\big)=\frac16\,P(A_n)+\frac13}$
La relation de récurrence : $\,a_{n+1}=\dfrac16\sp{1.5}a_n+\dfrac13\,$ caractérise une
$(u_n)_{n\app\bb N}$ est une suite arithmético-géométrique ssi il existe $(a,b)\app\bb K^2$ tel que :
suite
arithmético-géométrique.
On détermine alors une solution constante $\,c\app\bb R\,$ de cette relation de récurrence :
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N,\ u_{n+1}=a\,u_n+b$
$\displaystyle{}c=\frac 16\sp{1.5}c+\dfrac13\Ssi c=\dfrac25$
En posant $\,\alpha_n=a_n -c=a_n -\dfrac25\,\,$ on obtient une suite
Une suite $(u_n)_{n\app\bb N}$ est une suite géométrique de raison $q\app\bb K^{\ast},$ ssi :
géométrique
$\,(\alpha_n)_{n\geq1}\,$ de raison $\,\dfrac16:\,$
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N,\ u_{n+1}=q\,u_n$
Alors $\,u_0\,$ détermine toute la suite $(u_n)_{n\app\bb N}:$ $\,\ptt n\app\bb N,\ u_n=u_0\,q^n.\,$
$\eqalign{\alpha_{n+1}&=\frac16\sp{1.5}a_n-\frac1{15}=\frac16\Big(\alpha_n-\frac25\Big)=\frac16\sp{1.5}\alpha_n\\
\txt{d'où :}\alpha_n&=\frac1{10}\Big(\frac16\Big)^{n-1}\!
\txt{et}\ a_n=\frac1{10}\Big(\frac16\Big)^{\!n-1}\sp{-3}+\frac25}$
Avec le système
Soit, sur un espace probabilisable $\,(\Omega,\sc A)\sp{1.5},\,$une famille au plus dénombrable d'événements $\,(A_i)_{i\app I}\sp{1.5}.\,$ $\,(A_i)_{i\app I}\,$ est un système complet d'événements ssi :
complet
d'événements $\,(A_n,\sp{1.5}\adher{A_n\!\!}\,)\,$ on utilise à nouveau la formule des probabilités
- $\,i\neq j\Imp A_i\cap A_j=\vide\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{0}{\Op{\Large\cup}_{i\app I}}\,A_i=\Omega\sp{1.5}.\,$
Pour des événements $A$ et $B_i\sp{1.5},$ formant un système complet avec $\,P(B_i)\neq0:\,$
totales :
$\displaystyle{}P(A)=\sum_{i\app I}P(A\cap B_i)=\sum_{i\app I}P(A|B_i)\sp{1.5}P(B_i)$
$\eqalign{P(F_{n})&=P(F_n\sp{1.5}|A_n)\sp{1.5}P(A_n)+P(F_n\sp{1.5}|\adher{A_n\!\!}\,)\sp{1.5}P(\adher{A_n\!\!}\,)\\[-.5ex]
&=\frac12\sp{1.5}P(A_n)+\frac23\sp{1.5}\big(1-P(A_n)\big)=\frac23-\frac16\,P(A_n)}$
La probabilité d'obtenir « face » au $n\tiret$ème lancer vaut donc :
$\displaystyle{}P(F_n)=\frac23-\frac16\,a_n=\frac35-\frac1{10}\Big(\frac16\Big)^{\!n}$
Sa limite lorsque $n$ tend vers $+\I$ se déduit de celle de la suite
Pour $\,q\app\bb K\sp{1.5},\,$ $\,\smb{1}{(q^n)_{n\app\bb N}}\,$ est convergente ssi $\,\big(|\sp{1.5}q\sp{1.5}| < 1\txt{ou} q=1\big):\,$
géométrique :
$\,\lim n{+\I}\,P(F_n)=\dfrac35\!\cdot\,$
- $\,\smb{1.5}{\lim n{+\I}q^n=0}\,$ lorsque $\,|\sp{1.5}q\sp{1.5}| < 1\sp{1.5};\,$
- $\,\lim n{+\I}q^n=1\,$ lorsque $\,q\,=\,1\sp{1.5}.\,$