%
% xmps9612.tex
%
\documentclass[12pt,a4paper]{article}
%
\renewcommand{\thesection}{\arabic{section}. }
\renewcommand{\thesubsection}{\arabic{section}.\arabic{subsection}}
\parindent      0.0cm
\parskip        0.1cm
%
\begin{document}
{\Large \textbf{G. Hunault} \hspace{6cm}}
\textit{Angers, d\'{e}cembre 96}

{\Large Licence Informatique}\\[1.2cm]

\begin{center}
{\LARGE Examen de Probabilit\'{e}s et Statistiques }

{\Large -- Enonc\'{e} et Corrig\'{e} -- }
\end{center}
\vskip 2.3cm
%
\section{D\'{e}nombrements}
%
Un enseignant \`{a} forte tendance p\'{e}dagogique veut imposer un
nouveau syst\`{e}me de fichiers nomm\'{e} \textit{ghFs}. Dans un tel
syst\`{e}me, un identificateur de fichier se compose d'un nom et d'une
extension reli\'{e}s par un tiret. Un nom de fichier comporte
de 1 \`{a} 5 caract\`{e}res dont le premier est une lettre, les
caract\`{e}res suivants sont soit une lettre soit un chiffre. Une extension
comporte de 1 \`{a} 3 caract\`{e}res, le premier est une lettre, les suivants
une lettre ou un chiffre. De fa\c{c}on \`{a} ne pas avoir des noms trop
impronon\c{c}ables, on n'utilise que 20 lettres
(mais on ne dit pas lesquelles, sauf la lettre P).

{\hsize 5cm
\begin{itemize}
\item[a)]{
% \parindent 0.5cm \leftskip -0.5cm
combien de noms de fichiers diff\'{e}rents peut-on avoir, sachant qu'on ne
distingue pas majuscule et minuscule ?}

\item[b)]{
un fichier-programme est  un fichier dont l'identificateur a une extension
qui commence par la lettre P. Quelle est la proportion de fichiers-programmes
dans ce syst\`{e}me de fichiers ?}
\end{itemize}
}
%
\section{Espaces probabilisables, probabilis\'{e}s}
%
On dit qu'un couple $(E,\mathcal{T})$ est un espace probabilisable si $\mathcal{T}$ est un ensemble
de parties de $E$ qui v\'{e}rifie les axiomes de $tribu$ sur $E$.
On dit qu'un triplet $(E,\mathcal{T},p)$ est un espace probabilis\'{e} si $(E,\mathcal{T})$ est un
espace probabilisable et si $p$ est une fonction de $\mathcal{T} \to\ [0,1]$
qui v\'{e}rifie les axiomes de $Kolmogorov$.
A quoi cela sert-il de distinguer
ces deux notions ?
%
\section{Ev\`{e}nements et Probabilit\'{e}s}
%
On dispose de $n$ boules num\'{e}rot\'{e}es de 1 \`{a} $n$, nomm\'{e}es $b(i)$,
$i$ variant de 1 \`{a} $n$.
On dispose aussi de $N$ boules de couleurs nomm\'{e}es $c(j,k)$. Il y a
$p$ couleurs diff\'{e}rentes et $q(j)$ boules de couleur $j$, $j$ variant de 1 \`{a} $p$.
$c(j,k)$ est la $k$i\`{e}me boule de couleur $j$, $k$ variant de 1 \`{a} $q(j)$.


\begin{itemize}
\item[a)]{
Au jeu de loto, sous controle d'un huissier, 6 num\'{e}ros parmi 49 num\'{e}ros
de 1 \`{a} 49 sont tir\'{e}s. Un joueur de loto est une personne qui ach\`{e}te un billet
sur lequel 6 num\'{e}ros sont inscrits (on ignore ici la notion
de "num\'{e}ro compl\'{e}mentaire"). On dit qu'on a gagn\'{e} le gros lot si
les num\'{e}ros du billet achet\'{e} correspondent aux num\'{e}ros tir\'{e}s.
Quel type de boules peut-on utiliser pour structurer les \'{e}v\'{e}nements associ\'{e}s
aux tirages du loto ?
Quelle est la probabilit\'{e} de gagner le gros lot ? Vous n'oublierez pas
de d\'{e}tailler la structuration de votre espace probabilis\'{e}.
}

\item[b)]{
Au tierc\'{e}, une course met en pr\'{e}sence $n$ chevaux (classiquement
une \`{a} deux dizaine, mais parfois moins). Chaque cheval comporte un num\'{e}ro de 1 \`{a} $n$ (on omet ici
la notion de "non-partant").
A l'arriv\'{e}e, on ne tient compte que des num\'{e}ros des trois premiers chevaux.
On dit qu'on a gagn\'{e} "dans l'ordre" si on pari\'{e}
(et si on a achet\'{e} le ticket correspondant)
sur ces trois num\'{e}ros exactement dans l'ordre d'arriv\'{e}e.
On dit qu'on a gagn\'{e} "dans le d\'{e}sordre"
si on a pari\'{e} sur ces trois num\'{e}ros mais dans un ordre quelconque.

Quel type de boules peut-on utiliser pour structurer les \'{e}v\'{e}nements associ\'{e}s
aux r\'{e}sultats du tierc\'{e} ?
Quelle est la probabilit\'{e} de gagner dans l'ordre et dans le d\'{e}sordre
pour $n$=17 chevaux ? Reprendre avec $n$=17 chevaux au quart\'{e} (on s'int\'{e}resse
alors aux quatre premiers chevaux).
}
\end{itemize}

On ne demande pour les deux questions suivantes aucun calcul num\'{e}rique explicite
(m\^{e}me s'ils sont effectu\'{e}s "au brouillon").

\begin{itemize}
\item[c)]{
La soci\'{e}t\'{e} "La Fran\c{c}aise des Jeux" envisage de passer de 49 num\'{e}ros \`{a}
60 num\'{e}ros avec un tirage de 8 boules plutot que 6. Aura-t-on plus de chances
de gagner le gros lot ? Comment les valeurs 6 et 49 ont-elles \'{e}t\'{e} choisies
historiquement ?
}
%
\item[d)]{
Vaut-il mieux tenter de gagner (dans l'ordre, dans le d\'{e}sordre), au tierc\'{e}
avec $n$ chevaux ou au quart\'{e} avec $n+1$ chevaux ?
}
\end{itemize}
%
\section{Probabilit\'{e}s discr\`{e}tes}
%
Un soir de pleine lune, Renard SousLeLit\footnote{~ces
deux mots se prononcent en anglais Fox et Scully.} invente LE jeu
du si\`{e}cle : on jette un d\'{e} et trois pi\`{e}ces. Si le chiffre du d\'{e} est pair,
on multiplie par deux le nombre de piles obtenus et par trois le nombre
de faces obtenus. Si le chiffre est impair, on multiplie le nombre de piles
par 3 et le nombre de faces par deux. La variable al\'{e}atoire somme du d\'{e}
et des nombre de piles et faces pond\'{e}r\'{e}s est nomm\'{e}e X-faille.
Si le chiffre sur le d\'{e} est 5 et si on a 2 fois pile et une fois face,
cette variable vaut donc 5+(3*2)+(2*1).
D\'{e}crivez
cette variable\footnote{~apr\`{e}s avoir v\'{e}rifi\'{e} que l'Homme \`{a} la
Cigarette n'est pas dans la salle.}.
%
\section{Probabilit\'{e}s conditionnelles}
%
En \textit{ghProlog} (langage qui n'existe pas encore), une variable
est soit libre, soit li\'{e}e, soit ind\'{e}cise. On dit alors
qu'elle est typ\'{e}e. Dans un programme de ce langage,
la probabilit\'{e} qu'une
variable soit typ\'{e}e comme variable libre est de 0.45,
la probabilit\'{e} qu'une
variable soit typ\'{e}e comme variable li\'{e}e est de 0.45,
la probabilit\'{e} qu'une
variable soit typ\'{e}e comme variable ind\'{e}cise est de 0.1.
La probabilit\'{e} qu'une
variable soit correctement typ\'{e}e (par le programmeur)
sachant qu'il s'agit d'une variable libre est de 0.90.
La probabilit\'{e} qu'une
variable soit correctement typ\'{e}e (par le programmeur)
sachant qu'il s'agit d'une variable li\'{e}e est de 0.90.
La probabilit\'{e} qu'une
variable soit correctement typ\'{e}e (par le programmeur)
sachant qu'il s'agit d'une variable ind\'{e}cise est de 0.10.
Quelle est la probabilit\'{e} qu'une variable soit li\'{e}e
sachant qu'elle est correctement typ\'{e}e ?
%
\section{Probabilit\'{e}s continues}
%
\begin{itemize}
\item[a)]{
Soit $f$ la fonction d\'{e}finie sur $[0,3\pi]$ par $f(x)=k.sin(x)$.
D\'{e}terminer $k$ pour que $f$ soit la densit\'{e} d'une variable al\'{e}atoire continue
$X$. Etudiez alors X.
}
\item[b)]{
M\^{e}me question pour $f$ telle que $f(x)=k.x.e^{-k.x}$ sur $[0,+\infty]$.
}
\item[c)]{
A quoi correspondent ces deux lois ? Mod\'{e}lisent-elles des ph\'{e}nom\`{e}nes
classiques ?
}
\end{itemize}
%
\section{Transmission de pages Html}
%
\parskip 0.3cm
Sur $Internet$, la transmission de pages $Web$ se fait par l'\'{e}mission
de deux "frames" :
la premi\`{e}re "frame", dite de type \textbf{N} correspond
\`{a} l'en-t\^{e}te et aux tags d' "URL" ;
la deuxi\`{e}me "frame", dite de type \textbf{T}  correspond au reste du
document.\footnote{~ \textbf{N} et \textbf{T} sont visiblement
les initiales de \textit{Network} et de \textit{Text}.}
Nous ne traiterons ici que de la transmission des "frames" de type \textbf{N} qui sont les
plus "sensibles" (pour l'administration r\'{e}seau).
Pour une telle frame, les bits du fichier sont \'{e}mis sur des canaux distincts nomm\'{e}s
respectivement $C_0$ et $C_1$. A la r\'{e}ception, le "transreceiver"
essaie de d\'{e}coder les bits \'{e}mis et de recomposer la "frame".

On admettra que les canaux de transmission sont entach\'{e}s d'une faible
erreur de tranmission de fa\c{c}on ind\'{e}pendante~ :
la probabilit\'{e} d'erreur sur le canal $C_0$ est de $10^{-7}$.
la probabilit\'{e} d'erreur sur le canal $C_1$  est de $2.10^{-7}$.
Les probabilit\'{e}s conditionnelles d'erreurs selon la valeur du bit seront prises
dans l'hypoth\`{e}se d'un canal binaire sym\'{e}trique : elles sont donc \'{e}gales.

Une \'{e}mission consiste \`{a} envoyer une s\'{e}rie de couple de bits, un de chaque type.
A la r\'{e}ception, le "transreceiver" analyse les couples de bits re\c{c}us et
transmet \`{a} son tour pour chaque couple un seul bit,
\textit{celui qui a le plus de chances d'avoir \'{e}t\'{e} \'{e}mis}
en fonction de la loi dite \textbf{du maximum a posteriori}.
On admettra donc qu'au couple $A=(\textbf{1},\textbf{1})$ re\c{c}u
c'est \`{a} dire au bit \textbf{1} envoy\'{e} par le canal $C_0$ et
au bit \textbf{1} envoy\'{e} par le canal $C_1$, il renvoie \textbf{1},
qu'au couple $D=(\textbf{0},\textbf{0})$ re\c{c}u il renvoie \textbf{0}.
%
\begin{itemize}
\item[a)]{
Quel bit renvoie-t-il sachant qu'il a re\c{c}u le couple $B=(\textbf{0},\textbf{1})$ ?
}
\item[b)]{
Quel bit renvoie-t-il sachant qu'il a re\c{c}u le couple $C=(\textbf{1},\textbf{0})$ ?
}
\item[c)]{
La probabilit\'{e} d'erreur d'un couple $X$ est celle de transmettre
le mauvais bit (donc de transmettre 0 pour A, 0 pour B...).
Calculer la probabilit\'{e} d'erreur de chaque couple $A$, $B$, $C$ et $D$.
}
\end{itemize}
%
\section{Probabilit\'{e}s intuitives}

\begin{itemize}
\item[a)]{Quelle est la probabilit\'{e} que vous trouviez votre note \`{a} l'examen ?}
\item[b)]{Quelle est la probabilit\'{e} qu'une des questions soit fausse ?}
\end{itemize}
%
\newpage
\begin{center}
{\LARGE Corrig\'{e}}
\end{center}
%
\section*{D\'{e}nombrements}
%
Si \textsf{L} d\'{e}signe une lettre et \textsf{K} une lettre ou un chiffre, un nom de fichier
est repr\'{e}sent\'{e} par \textsf{L}, \textsf{LK}, \textsf{LKK}, \textsf{LKKK} ou par
\textsf{LKKKK}. \textsf{L} a 20 possibilit\'{e}s et
\textsf{K} a 30 possibilit\'{e}s (les 20 de \textsf{L} plus 10 chiffres).
De fa\c{c}on plus rigoureuse, pour \textsf{L} on veut un singleton dans un ensemble \`{a}
20 \'{e}l\'{e}ments et il y a donc C${}_{20}^1$ = 20 possibilit\'{e}s.
Chaque \textsf{L} et chaque \textsf{K}
sont ind\'{e}pendants, donc on a $20 + 20.30 + 20.30^2 + 20.30^3 + 20.30^4$
noms de fichiers. Num\'{e}riquement, on trouve donc
$20.(30^5-1)/(30-1) = 16 758 620$ noms, soit \`{a} peu pr\`{e}s 16,75 millions de
noms diff\'{e}rents.

Le nombre d'identificateurs (ce qui n'est pas demand\'{e}) est obtenu
en ajoutant \textsf{L}, \textsf{LK} ou \textsf{LKK} \`{a} un nom de fichiers. Si $N$ est le nombre de noms,
le nombre d'identificateurs est donc $I = N . (20 + 20.30 + 20.30^2) = N . 18620$.
Num\'{e}riquement $I = 312045504400$ (en gros 312 milliards d'identificateurs).

Un fichier programme a une extension qui commence par la lettre P. Comme il
y a 20 lettres diff\'{e}rentes, la proportion de fichiers-programmes
est donc 1/20 si on suppose que seuls les fichiers programmes commencent
par cette lettre. Par exemple, et cela ne contredit pas l'\'{e}nonc\'{e}, un fichier
de param\`{e}tres pourrait aussi commencer par P.
%
\section*{Espaces probabilisables, probabilis\'{e}s}
%
Un espace probabilisable est une structure "d'accueil" pour les
\'{e}v\`{e}nements. Par exemple si on lance un d\'{e} une fois,
l'espace probabilisable sous-jacent est celui des chiffres 1 \`{a} 6.

Un espace probabilis\'{e} vient r\'{e}aliser une probabilit\'{e} sur cette structure.
On peut donc avoir plusieurs espaces probabilis\'{e}s sur le m\^{e}me espace
probabilisable. Pour l'exemple du d\'{e}, on peut avoir une premi\`{e}re
probabilit\'{e} constante (\'{e}gale \`{a} 1/6) et une deuxi\`{e}me avec un d\'{e} truqu\'{e} o\`{u} le
un sort plus souvent (la probabilit\'{e} pour le 1 serait alors 0.2 et pour les
autres, elle serait constante et \'{e}gale \`{a} 1.6).

Il parait intuitivement \'{e}vident qu'\`{a} tout espace probabilisable correspond au moins
un espace probabilisab\'{e} mais la d\'{e}monstration n'en est pas \'{e}vidente.
%
\newpage
%
\section*{Ev\`{e}nements et Probabilit\'{e}s}
%
Le loto utilise 49 boules num\'{e}rot\'{e}es de 1 \`{a} 49. On utilisera donc $b(49)$.
La probabilit\'{e} de gagner au loto est celle de tirer le bon 6-uplet parmi
tous les 6-uplets possibles (ce sont des 6-uplets car on tire 6 num\'{e}ros sans
ordre et sans r\'{e}p\'{e}tition). A d\'{e}faut d'autre hypoth\`{e}se et ce qu'assure (sans
d\'{e}monstration) la Fran\c{c}aise des Jeux, chaque 6-uplet est \'{e}quiprobable. On vient
donc d\'{e}nombrer des sous-ensembles de 6 \'{e}l\'{e}ments dans un ensemble de base
\`{a} 49 \'{e}l\'{e}ments. La probabilit\'{e} demand\'{e}e est donc $1/C_{49}^6$
ce qui fait $1/13983816$ soit en en gros $1/1,39.10^7$ donc
$0,715.10^-7$.

Pour le tierc\'{e} dans le d\'{e}sordre, on peut utiliser la m\^{e}me structuration
mais avec des triplets (3-uplets) o\`{u} les $b(n)$ boules correspondent aux chevaux.
L\`{a} encore, il faut faire abstraction de la r\'{e}alit\'{e} (m\'{e}t\'{e}o, jockeys, etc.)
pour attribuer une \'{e}quir\'{e}partition de chances.
La probabilit\'{e} de gagner dans le d\'{e}sordre n'est pas $1/C_n^3$ soit 6 / 4080
car parmi les 6 triplets possibles il y a le "bon ordre" mais 5 / 4080.
Num\'{e}riquement on obtient 1/816 soit 0,001225.

Pour gagner dans l'ordre, il faut trouver le bon cheval arriv\'{e} en premier
(probabilit\'{e} 1/n) puis le second (1/(n-1)) et le troisi\`{e}me (1/(n-2)).
On trouve alors
$1/(n.(n-1).(n-2))$. Num\'{e}riquement cela donne 1/4080 = 0,000245.

Si on joue au quart\'{e}, on obtient comme probabilit\'{e}s
1/57120 = 0.000175 de gagner dans l'ordre
et 1/2380 = 0.0004201 de gagner dans le d\'{e}sordre.

Jouer avec 8 boules et 60 num\'{e}ros diminuerait les chances de gagner
car les coefficients du binome croissent tr\`{e}s rapidement.
De m\^{e}me, rajouter un
cheval ne fait que diminuer la probabilit\'{e} de gagner car on multiplie par
1/(n-3).

Num\'{e}riquement, le rapport des chances est de 1/183 au loto si on
passe de 49 et 6 \`{a} 60 et 8, pour le tierc\'{e} ce rapport est de 1/18 dans
l'ordre et de 1/4.5 dans le d\'{e}sordre si on passe de 17 \`{a} 18 chevaux.

Quant \`{a} l'origine des nombres 6 et 49, je n'en ai aucune id\'{e}e !
%
\newpage
%
\section*{Probabilit\'{e}s discr\`{e}tes}
%
La variable al\'{e}atoire n'est pas si compliqu\'{e}e que cela puisque \`{a} 1,3,5 du d\'{e}
on ajoute les valeurs 6,7,8,9 ; par raison de sym\'{e}trie entre les piles et les
faces, on ajoute ces m\^{e}mes valeurs aux 2,4,6 du d\'{e}. On a donc 9 valeurs
diff\'{e}rentes pour notre variable. On trouvera dans le tableau suivant
les valeurs des $x_i$ et des $n_i$ qui sont les $p_i$ multipli\'{e}es par 6x2x2x2=48.

\begin{center}%
\begin{tabular}{lrrrrrrrrr}
$x_i$ & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 \\
$n_i$ & 1 & 4 & 7 &  8 &  8 &  8 &  7 &  4 &  1 \\
\end{tabular}
\end{center}

Tous calculs faits, la moyenne est 528/48 = 11,
la moyenne des carr\'{e}s est 5984/48 = 374/3
$\approx$ 124,67 d'o\`{u} une variance de 11/3 soit 3,667
et un \'{e}cart-type de 1,9149. Le coefficient de variation vaut donc
100*1,9149/11 soit 17.4081818 \%.
%
\section*{Probabilit\'{e}s conditionnelles}
%
Soit $X$ l'\'{e}v\`{e}nement correspondant au typage d'une variable,
soient $A$, $B$ et $C$ les \'{e}v\`{e}nements associ\'{e}s respectivement
au typage libre, li\'{e} et ind\'{e}cis. Comme il n'y a pas d'autre typage
possible : $X$ = $A\ \cup\ B\ \cup\ C$ et cette union est disjointe. On
sait par l'\'{e}nonc\'{e} que $p(A)$ = 0,45, $p(B)$ = 0,45 et $p(C)$ = 0,10.
Soit maintenant $Y$ l'\'{e}v\`{e}nement correspondant \`{a} un typage correct.
L'\'{e}nonc\'{e} dit aussi que $p(Y|A)=0,9$, $p(Y|B)=0,9$ et $p(Y|C)=0,1$.
La question pos\'{e}e est celle du calcul de $p(B|Y)$.

D\'{e}composons
$Y$ en l'union disjointe $(Y\cap A)\ \cup\ (Y\cap B)\ \cup\ (Y\cap C)$.
Comme $p(Y\cap A)$ = $p(Y|A).p(A)$, $p(Y\cap B)$ = $p(Y|B).p(B)$ et
$p(Y\cap C)$ = $p(Y|C).p(C)$, on en d\'{e}duit
$p(Y\cap B)$ = 0,9x0,45 = 0,405. De m\^{e}me la valeur de
$p(Y)$ est 0,9x0,45 + 0,9x0,45 + 0,1x0,1 donc $p(Y)$ = 0,82.

Finalement, $p(B|Y)$ = 0,405/0,820 soit $p(B|Y)$ = 0,494.
\newpage
%
\section*{Probabilit\'{e}s continues}
%
La fonction d\'{e}finie sur $[0,3\pi]$ par $f(x)=k.sin(x)$
ne peut pas \^{e}tre une densit\'{e} car elle change de signe or une
densit\'{e} ne peut pas \^{e}tre n\'{e}gative.
%
Pour $f$ telle que $f(x)=k.x.e^{-k.x}$ sur $[0,+\infty]$, l'int\'{e}grale
$I$ de $f$ sur $R^+$ vaut\footnote{~via l'int\'{e}gration avec les parties
$dv$ = $k.e^{-k.x}.dx$ et $u$ = $x$}
$[-x.e^{-k.x}]_0^{+\infty}$ + $[(-1/k).e^{-k.x}]_0^{+\infty}$
c'est \`{a} dire $1/k$.
Pour que cette int\'{e}grale vaille 1, il faut prendre
$k$ = 1. La moyenne $m$ est l'int\'{e}grale de $Id.f$
soit $[-x^2.e^{-k.x}]_0^{+\infty}$ + $(2/k).I$ donc $m$ = 2.
La moyenne $mc$ du carr\'{e} de $f$ est l'int\'{e}grale de $Id.f^2$ et vaut
$[-x^3.e^{-k.x}]_0^{+\infty}$ + $(3/k).m$ donc $mc$ = 3.$m$ = 6.
La variance $V$ est alors $mt - m$ soit $m(3-m)$ = 2
et sa racine carr\'{e}e est l'\'{e}cart-type $\sigma$ = $\sqrt{2}$ = 1,414...
%

Cette fonction serait (d'apr\`{e}s G\'{e}rard FRUGIER, auteur des
\textit{Exercices Ordinaires de Probabilit\'{e}s}) la densit\'{e} du temps de survie
(mesur\'{e} en jours) d'une savonnette !
%
\section*{Transmission de pages Html}
%
Soit $Z$ l'\'{e}v\`{e}nement "le transreceiver \'{e}met z\'{e}ro" et
$U$ l'\'{e}v\`{e}nement "le transreceiver \'{e}met un". On note

\begin{tabular}{l}
$A$ l'\'{e}v\`{e}nement "le transreceiver a re\c{c}u $1$ sur le canal $C_0$ et $1$ sur le canal $C_1$",\\
$B$ l'\'{e}v\`{e}nement "le transreceiver a re\c{c}u $0$ sur le canal $C_0$ et $1$ sur le canal $C_1$",\\
$C$ l'\'{e}v\`{e}nement "le transreceiver a re\c{c}u $1$ sur le canal $C_0$ et $0$ sur le canal $C_1$",\\
$D$ l'\'{e}v\`{e}nement "le transreceiver a re\c{c}u $0$ sur le canal $C_0$ et $0$ sur le canal $C_1$".\\
\end{tabular}

Pour $A$ et $D$ aucun probl\`{e}me : on re\c{c}u deux fois le m\^{e}me bit et on
renvoie donc ce bit. Pour $(1,1)$ on \'{e}met donc $1$ et
pour $(0,0)$ on \'{e}met donc $0$. Pour $B$, il faut prendre la plus grande des
deux probabilit\'{e}s $p(Z|B)$ et $p(U|B)$. Via le th\'{e}or\`{e}me de $Bayes$,
$$p(Z|B)\ =\frac{p(Z).p(B|Z)}{\ p(Z).p(B|Z)\ +\ p(U).p(B|U)}$$
$p(Z)$ = 0,3 = $p$
est donn\'{e} dans le texte. $p(B|Z)$ s'interpr\`{e}te comme la conjonction
"on a re\c{c}u $0$ sur $C_0$ et on a re\c{c}u $1$ sur $C_1$ sachant qu'on a \'{e}mis $0$"
ce qui signifie que $C_0$ a bien transmis (probabilit\'{e} $1-q_0$)
et que $C_1$ a mal transmis (probabilit\'{e} $q_1$).

La m\^{e}me analyse pour
$p(B|U)$ permet de conclure \`{a} la valeur
$$p(Z|B)\ =\
\frac{p.q_0.(1-q_1)}{p.q_0.(1-q_1)\ +\ (1-p).q_1.(1-q_0)}
\ \approx\ 0.46$$
On en d\'{e}duit donc que $p(U|B)$ = $1-p(Z|B)$ est la plus grande probabilit\'{e}
et que pour $B$ on transmet $1$.
%
%\newpage
%
De la m\^{e}me fa\c{c}on (mais l\`{a} c'\'{e}tait
"\'{e}vident" puisque $1$ est le bit le plus probable et $C_0$ est le canal
le plus fiable), on trouve $p(Z|C)$ $\approx$ 0.18 donc pour $C$ on transmet $1$.

La probabilit\'{e} d'erreur (\'{e}v\`{e}nement $E$) peut se calculer avec le syst\`{e}me
complet ${Z,U}$ ou ${A,B,C,D}$ par les formules
$p(E)=p(Z).p(E|Z)$ + $p(U).p(E|U)$ et
$p(E)=p(A).p(E|A)$ + $p(B).p(E|B)$ + $p(C).p(E|C)$ + $p(D).p(E|D)$.
Nous pr\'{e}f\'{e}rons la premi\`{e}re formule.

$p(E|Z)$ correspond \`{a}
$p((B\cup C\cup D)|E$ soit
$(1-q_0).q_1$ + $q_0.(1-q_1)$ + $q_0.q_1$ ce qui donne \`{a} peu pr\`{e}s
$3.10^{-7}$. $p(E|U)$ est $p(A|U)$ soit $q_0.q_1$ = $2.10^{-14}$. Finalement
$p(E)$ = $0,3.3.10^{-7}$ + $0,7.2.10^{-14}$ $\approx$ $0,9.10^{-7}$ ce qui
est l\'{e}g\`{e}rement inf\'{e}rieur au minimum des deux nombres $q_0$ et $q_1$.
\end{document}
