T.D. de Probabilités et Statistiques

Licence Informatique

Gilles HUNAULT, 1997

T.D. 2 : Dénombrements et Variables alétaoires

1. Probabilités conditionnelles avec 2 dés.

2. Probabilités de Fiabilité d’un réseau téléphonique.

3. Probabilités conditionnelles chez un programmeur

4. Formule de Bayes ”pour les jeunes”

5. Comparaison de probabilités et formule de P oincaré généralisée

6. Calcul du nombre d’applications, injections...

7. Démonstration de C_{2n}^{n} = ∑_{k=0}^{n} (C_{x}^{k})^{2} via C_{n_{1}+n_{2}}^{k} = ∑_{k_{1}+k_{2}=k} C_{n_{1}}^{k_{1}}C_{n_{2}}^{k_{2}}.

8. Calcul en temps constant de u_{n} = 2u_{n−1} + 5 avec u_{0} = 3.

9. Rappel de la définition de T_{E}, p et p_{X}, m et σ (indicateurs et phénomènes).

1. Probabilités conditionnelles avec 2 dés

Enoncé

On dispose de deux dés normaux à 6 faces et d’une pièce de monnaire usuelle. L’un des deux, nommé A comporte 4 faces rouges et 2 blanches ; l’autre, nommé B comporte 2 faces rouges et 4 blanches. On invente la règle suivante : ”on lance la pièce. si on obtient pile, on joue toujours avec le dé nommé A. si c’est face, on joue toujours avec le dé nommé B”.

a) Quelle est la probabilité d’obtenir rouge en un lancer ?

b) Quelle est la probabilité d’obtenir rouge au troisième lancer du dé alors qu’on a déjà obtenu rouge au premier et au deuxième lancer ?

Notant R_{i} l’évènement ”on a obtenu rouge au i-ème coup”, R_{1} et R_{2} sont-ils indépendants ? idem pour R_{1}|A et R_{2}|A.

c) Quelle est la probabilité d’avoir utilisé le dé A alors que sur n lancers, on a obtenu rouge n fois rouge ?

Solution

a) Obtenir rouge (noté R) se fait soit avec le dé nommé A soit avec le dé nommé B d’où la décomposition R = (R ∩ A) ⊔ (R ∩ B). On calcule bien sur p(R ∩ A) par p(R ∩ A) = p_{|A}(R).p(A) et p(R ∩ B) par une formule équivalente. On obtient donc

p(R) = p(R|A)p(A) + p(R|B)p(B)
= (4/6)(1/2) + (2/6)(1/2)
= 1/2.

b) Pour obtenir rouge au troisème lancer du dé alors qu’on a déjà obtenu rouge au premier et au deuxième lancer, on nomme R_{i} l’évènement ”on a obtenu rouge au i-ème coup”. La probabilité cherchée est alors p(R_{3}|R_{1}∩R_{2})^{∗} , soit tout simplement p(R_{3}∩R_{1}∩R_{2})/p(R_{1}∩R_{2}). Maintenant, comme p(R_{1} ∩ R_{2}) = p(R_{1} ∩ R_{2}|A).p(A) + p(R_{1} ∩ R_{2}|B).p(B), p(R_{1} ∩ R_{2}) vaut (2/3)^{2}.1/2 + (1/3)^{2}.1/2 = 5/18.

∗ Cette notation n’est pas ambigue et il n’est pas nécessaire d’écrire p( R_{3}|(R_{1} ∩ R_{2}) )

car p( (R_{3}|R_{1}) ∩ R_{2} ) n’a aucun sens.

De même, p(R_{3} ∩ R_{1} ∩ R_{2}) = (2/3)^{3}.1/2 + (1/3)^{3}.1/2 = 1/6 et donc la probabilité cherchée est (1/6)/(5/18) soit 3/5.

Puisque p(R_{1}) = p(R_{2}) = p(R_{i}) = 1/2 et p(R_{1} ∩ R_{2}) = 5/18. on en déduit que R_{1} et R_{2} ne sont pas indépendants. Par contre la question R_{1}|A et R_{2}|A sont-ils indépendants ? n’a aucun sens : R_{1}|A et R_{2}|A ne sont pas des évènements.

c) Avec les notations précédentes, on cherche à déterminer p(A| ⋂_{i=1}^{n} R_{i}), ce

qu’on peut calculer par p( ⋂_{i=1}^{n} R_{i}|A).p(A)/p( ⋂_{i=1}^{n} R_{i}). En généralisant les

formules obtenues en a) et b), on obtient simplement

\frac{(2/3)^{n}.1/2}{(2/3)^{n}.1/2 + (1/3)^{n}.1/2}

soit encore 2^{n}/(2^{n}+1) de limite 1 pour n infini, ce qui est ”raisonnable”.

2. Fiabilité d’un réseau téléphonique

Enoncé

Une compagnie de messagerie téléphonique assure que son réseau en fibre optique est si fiable que lorsqu’on compose correctement le numéro, on a 19 chances sur 20 d’obtenir la tonalité chez le correspondant désiré.

a) quelle est la probabilité d’obtenir pour la première fois la tonalité chez le correspondant désiré au bout de 3 essais au plus si à chaque fois on compose le bon numéro ?

b) toutefois, on estime que pour le premier appel, on a 1 chance sur 10 que l’utilisateur fasse une fausse numérotation, que pour la deuxième fois il y ait 1 chance sur 100 de fausse numérotation et que pour la troisième fois il y ait 1 chance sur 1000 de fausse numérotation. Quelle est la probabilité d’obtenir le correspondant au bout du fil en 3 essais au plus compte-tenu de la fiabilité du réseau ?

Solution

Dire ”3 essais au plus” (évènement X) signifie ”1 essai exactement” (disons A) ou ”2 essais exactement” (B) ou ”3 essais exactement” (C) et ce, de façon disjointe (exclusive). Soit S_{i} l’évènement ”on a la tonalité chez le bon correspondant à l’essai i (dont la probabilité, constante, vaut p = 19/20 pour tout i), alors A = S_{1}, B = \overline{S_{1}} ∩ S_{2}, C = \overline{S_{2}} ∩ S_{3}. On peut donc écrire

p(X) = p(A ⊔ B ⊔ C)
= p(A) + p(B) + p(C)
= p + (1 − p)p + (1 − p)^{2}p
= 19/20 + 1/20.19/20 + (1/20)^{2}.19/20
= 7999/8000 ≃ 99.98 %

Il y a un piège dans l’énoncé ! Obtenir la tonalité chez le correspondant, ce n’est pas obtenir le correspondant. Notons B_{i} ”on réalise une bonne numérotation au i-ième coup”. On va essayer de calculer la probabilité de l’évènement ”on obtient la tonalité chez le correspondant” seulement. On obtient cette tonalité si on compose le bon numéro et si le réseau est fiable. L’évènement A doit alors s’érire A = S_{1} ∩ B_{1} et B devient B = (\overline{S_{1}} ∩ B_{1} ⊔ \overline{B_{1}}) ∩ B_{2} ∩ S_{2}. Enfin, C devient Y ∩ B_{3} ∩ S_{3} où Y = (\overline{S_{1}} ∩ B_{1} ⊔ \overline{B_{1}}) ∩ (\overline{S_{1}} ∩ B_{2} ⊔ \overline{B_{2}}). Numériquement, p(A) = p(1 − q_{1}) = 19/20.9/10, p(B) = ((1 − p)(1 − q_{1}) + q_{1})(1 − q_{2})p = (1/20.9/10 + 1/10).99/100.19/20, p(C) = (1/20.9/10 + 1/10).(1/20.99/100 + 1/100).999/1000.19/20. Le total de ces trois probabilités donne 99.96 % soit un résultat très peu différent du précédent.

3. Probabilités conditionnelles chez un programmeur

Enoncé

Un programmeur en assembleur estime qu’il a une probabilité p/8 d’avoir mis un cycle de trop dans un calcul de décalage de registres, calcul qui se décompose en 8 sous-programmes. Ce programmeur a relu en détail les 7 premiers premiers sous-programmes et il n’a pas trouvé de cycle en trop. Quelle est la probabilité f(p) que le cycle de trop soit dans le 8ième sousprogramme ?

Solution

Notons S_{i} l’évènement ”l’erreur est dans le sous-programme numéro i où i varie de 1 à 8. Le nombre f(p) demandé correspond à la probabilité condi-

tionnelle p(S_{8}|_{T}) si T désigne l’évènement ⋂_{j=1}^{j=7} \overline{S}_{j}. Comme l’énoncé ne précise

rien, nous supposerons les sous-programmes équi-probables.

Les sous-programmes définissent un système complet d’évènements, donc

p(T) = 1 − p( ⨆_{j=1}^{j=7} S_{j}) = 1 − 7.(p/8)

d’où f(p) = (p/8)/(1 − 7p/8) soit f(p) = p/(8 − 7p).

4. Formule de Bayes ”pour les jeunes”

Enoncé

Une récente enquête auprès de jeunes ”ché(e)brans” montre que les Deux-SontTrois sont un groupe ”firimique”. L’enquête a porté sur 3 groupes de jeunes, notés A, B et J. Le nombre de personnes interrogées dans chaque groupe et le nombre de voix pour le groupe est fourni dans le tableau suivant

Nombre de jeunes  % de ”pour” dans le groupe

Groupe A  160  60

Groupe B  240  40

Groupe J  400  48

Justifiez vos réponses aux questions suivantes

6.a) Quelle est la probabilité qu’un jeune au hasard dans A,B ou J

soit pour le groupe ?

6.b) Sachant qu’un jeune est pour le groupe, quelle est la probabilité

qu’il soit dans le groupe A ?

Solution

Soit F l’évènement on est pour le groupe. Comme A, B et J forment un système complet d’évènements

F = F ∩ ( A ⊔ B ⊔ J ) = (F ∩ A) ⊔ (F ∩ B) ⊔ (F ∩ J)

On en déduit donc que

p(F) = p(A)p(F |A) + p(B)p(F |B) + p(J)p(F |J)

= (160/800)0,6 + (240/800)0,4 + (400/800)0,48 = 0,2x0,6 + 0,3x0,4 + 0,5x0,48 = 0,48

Comme p(A|F) = p(A)p(F |A)/( p(A)p(F |A) + p(B)p(F |B) + p(J)p(F |J) ), on obtient (160/800)x0,6/((160/800)x0,6 + (240/800)x0,4 + (400/800)x0,48 ) donc p(A|F) vaut 0,2x0,6/(0,2x0,6+0,3x0,4+0,5x0,48) soit finalement 0,25.

Enoncé

Soient (E, T , p) un espace probabilisé, A, B, C des sous-ensembles de E. On note \overline{X} le complémentaire de X dans E et on suppose donnés n sousensembles de E notés A_{i} pour i de 1 à n.

a) Comparer à l’aide de ≤ les nombres p(A ∩ B) et p(A) − p(\overline{B}).
b) Comparer à l’aide de ≤ les nombres p(A ∩ B ∩ C)
et 1 − p(\overline{A}) − p(\overline{B}) − p(\overline{C}).
c) Comparer à l’aide de ≤ les nombres p( ⋂_{i=1}^{n} A_{i}) et 1 − ∑_{i=1}^{n} p( \overline{A}_{i}).
d) Peut-on en déduire p( ⋃_{i=1}^{n} A_{i}) ≥ ∑_{i=1}^{n} p( A_{i}) ?

Solution

Par définition d’une probabilité p, on a p(X) ≤ 1 pour tout X. Prenant X = A ∪ B et avec la formule classique p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B) on en déduit aisément p(A) + p(B) − p(A ∩ B) ≤ 1 soit, en passant p(A ∩ B) à droite et en remplaçant p(B) − 1 par −p(\overline{B}) :

p(A) − p(\overline{B}) ≤ p(A ∩ B)

Cette formule s’écrit aussi 1 − p(\overline{A}) − p(\overline{B}) ≤ p(A ∩ B).

Si maintenant on écrit p(A ∩ B ∩ C) sous la forme p( (A ∩ B) ∩ C ), avec le résultat précédent, on a p(A ∩ B) − p(\overline{C}) ≤ p(A ∩ B ∩ C) et en réapplicant la même formule : p(A) − p(\overline{B}) − p(\overline{C}) ≤ p(A ∩ B ∩ C) soit finalement, en remplaçant p(A) par 1 − p(\overline{A}) :

1 − p(\overline{A}) − p(\overline{B}) − p(\overline{C}) ≤ p(A ∩ B ∩ C)

Puisque 1−p(\overline{A_{1}})−p(\overline{A_{2}}) ≤ p(A_{1}∩A_{2}), supposant 1−∑_{i=1}^{n−1} p( \overline{A}_{i}) ≤ p( ⋂_{i=1}^{n−1} A_{i})

alors p( ⋂_{i=1}^{n} A_{i}) = p( ( ⋂_{i=1}^{n−1} A_{i}) ∩ A_{n} )
≥ p( ⋂_{i=1}^{n−1} A_{i}) − p(\overline{A_{n}})
≥ 1 − ∑_{i=1}^{n−1} p( \overline{A}_{i}) − p(\overline{A_{n}})
= 1 − ∑_{i=1}^{n} p( \overline{A}_{i})

La relation

1 − ∑_{i=1}^{n} p( \overline{A}_{i}) ≤ p( ⋂_{i=1}^{n} A_{i})

est donc démontrée par récurence. On ne peut bien sûr pas en déduire

p( ⋃_{i=1}^{n} A_{i}) ≥ ∑_{i=1}^{n} p( A_{i}) puisque c’est la relation inverse qui est vraie déjà à

l’ordre deux : p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B) ≤ p(A) + p(A).

On montre par récurence en écrivant ⋃_{i=1}^{n} A_{i} = ( ⋃_{i=1}^{n−1} A_{i}) ∪ A_{n} que

p( ⋃_{i=1}^{n} A_{i}) ≤ ∑_{i=1}^{n} p( A_{i})

La formule dite de Sylvester est

| ⋃_{i=1}^{n} A_{i} | = ∑_{k=1}^{n} (−1)^{k+1} ∑_{i_{1}<...<i_{k}} | ⋂ A_{i_{k}} |

où |X| désigne le cardinal de l’ensemble X. Elle se démontre aussi par récurence. On en déduit la formule de P oincaré généralisée:

p ( ⋃_{i=1}^{n} A_{i} ) = ∑_{k=1}^{n} (−1)^{k+1} ∑_{i_{1}<...<i_{k}} p ( ⋂ A_{i_{k}} )

Enoncé

Soit E un ensemble à n éléments et F un ensemble p éléments. Combien y a-t-il d’applications de E dans F ? d’injections, de surjections, de bijections ? Comment seraient les produits cartésiens correspondants pour n et p de 1 à 10 ?

Solution

Il y a bien sûr p^{n} applications dont A(p, n) = p!/(p − n)! injections , n!

bijections et ∑_{k=0}^{p}(−1)^{k}C_{p}k(p − k)^{n} surjections.

Le nombre de surjections surj(n, p) vérifie la relation

surj(n, p) = p.( surj(n − 1, p) + surj(n − 1, p − 1) )

Voici quelques exemples numériques de valeurs (on s’est limité souvent à n = 5).

 Nombre de fonctions de E dans F avec card(E) = n et card(F) = p
    n       p    appli.   injec.   surjec.  bijections
    5       1         1        0         1           0
    5       2        32        0        30           0
    5       3       243        0       150           0

 5       4      1024        0       240           0
 5       5      3125      120       120         120
 5       6      7776      720         0           0
 5       7     16807     2520         0           0
 5       8     32768     6720         0           0
 n       p    appli.   injec.   surjec.  bijections
 1       5         5        5         0           0
 2       5        25       20         0           0
 3       5       125       60         0           0
 4       5       625      120         0           0
 5       5      3125      120       120         120
 6       5     15625        0      1800           0
 7       5     78125        0     16800           0
 8       5    390625        0    126000           0

Applications
n  |     1     2     3      4      5
----------------------------------------
1  |     1     2     3      4      5
2  |     1     4     9     16     25
3  |     1     8    27     64    125
4  |     1    16    81    256    625
5  |     1    32   243   1024   3125
Injections
n  |     1     2     3      4      5
----------------------------------------
1  |     1     2     3      4      5
2  |     0     2     6     12     20
3  |     0     0     6     24     60
4  |     0     0     0     24    120
5  |     0     0     0      0    120
Surjections
n  |     1     2     3      4      5
----------------------------------------

1  |     1     0     0      0      0
2  |     1     2     0      0      0
3  |     1     6     6      0      0
4  |     1    14    36     24      0
5  |     1    30   150    240    120
Bijections
n  |     1     2     3      4      5
----------------------------------------
1  |     1     0     0      0      0
2  |     0     2     0      0      0
3  |     0     0     6      0      0
4  |     0     0     0     24      0
5  |     0     0     0      0    120

Enoncé

Montrer que C_{2n}^{n} = ∑_{k=0}^{n} (C_{α}^{k})^{2} pour α bien choisi dépendant de n.

Solution

Considérons le produit (1 + x)^{n_{1}}.(1 + x)^{n_{2}}. Remplaçons le premier terme

par le développement ∑_{k_{1}=0}^{n_{1}} C_{n}^{k_{1}}x^{k_{1}} et le deuxième terme par le développement

∑_{k_{2}=0}^{n_{2}} C_{n}^{k_{2}}x^{k_{2}}. Pour obtenir x^{k} dans le produit des deux développements, il faut

considérer tous les x^{k_{1}} et les x^{k_{2}} avec k_{1} + k_{2} = k. Le coefficient de x^{k} est

donc C_{n_{1}+n_{2}}^{k} = ∑_{k_{1}+k_{2}=k} C_{n_{1}}^{k_{1}}C_{n_{2}}^{k_{2}}. Applicant cette formule à n_{1} = n_{2} = n = k

on en déduit C_{2n}^{n} = ∑_{k_{1}+k_{2}=n} C_{n_{1}}^{k_{1}}C_{n_{2}}^{k_{2}}. Remplaçant k_{1} par k et donc k_{2} par n_{k},

puisque C_{n}^{n−k} = C_{n}^{k}, on a finalement C_{2n}^{n} = ∑_{k=0}^{n} (C_{n}^{k})^{2} Enoncé

Comment calculer p(n) = a.p(n − 1) + b en temps constant, p(0) = β étant donné ?

Solution D’abors, il faut vérifier qu’à chaque fois p(n) est une probabilité, c’est à dire que p(n) est positif ou nul, inférieur à 1. Se poserait aussi la question de vérifier que la somme des p(n) fait 1. Si on admet que ces vérifications ont été faites, on ne doit pas programmer un calcul itératif direct comme

  p <-- beta
  pour k de1a n
     p <-- p * a + b
  fin pour k

qui effectue le calcul en temps proportionnel à n mais passer par la formule close. Rappelons la méthode : on associe à p_{n} = p(n) une suite w_{n} géométrique, de même raison a que p_{n} et décalée de p_{n} par une constante : w_{n} = p_{n} + α. Remplaçant p_{n} et p_{n−1} par leur expression en fonction de w_{n} et w_{n−1} dans p_{n} = a.p_{n−1} + b, on en déduit que α vaut b/(a − 1). Puisque (w_{n}) est géométrique, w_{n} = a^{n}w_{0} = a^{n}(p_{0} + α) = a^{n}(β + α). On en déduit donc p_{n} = a^{n}(β + α) − α. Le calcul exact de a^{n} doit pouvoir se faire via les fonctions log et exp, d’où les instructions de calcul

  # a,b, beta et n sont connus
  alpha <--  b/(a-1)
  puiss <--  exp( n*log(a) )
  p     <--  (beta+alpha)*puiss - alpha

Enoncé

Rappeler comment sont nommés et comment sont définis les indicateurs et phénomènes désignés par les symboles T_{E}, p, X, p_{X}, m et σ

Solution E est l’espace des épreuves et T_{E} est l’univers ou espace des évènements. p est une fonction de T_{E} dans [0, 1] souvent définie sur une partition E_{i} de E. X est une fonction sur T_{E} à valeurs dans R. p_{X}(A) est en fait p(X^{−1}(A)).

m est un indicateur numérique global de tendance générale ou centrale, nommé valeur moyenne ou plus simplement moyenne. σ est un indicateur numérique global de dispersion nommé écart-type ou aussi écart-standard.