Chapitre 7 – Espaces probabilisés
3. Les événements A 1 , . . . , A n sont indépendants par construction. Cela traduit le fait que les
résultats des différents lancers sont indépendants.
Montrons que, si i ∈ [[1, n]], les événements A 1 , . . . A i−1 , A i+1 , . . . , A n , A n+1 sont indépendants. Il faut démontrer que si I ⊂ [[1, n + 1]] \ {i}, on a
P
⎛
⎝
j∈I
A j
⎞
⎠ =
j∈I
P(A j ).
Si n + 1 /
∈ I, cela résulte de l’indépendance des événements A 1 , . . . , A n . Pour traiter tous
les autres cas, il suffit de démontrer que pour tout k ∈ [[1, n − 1]] et tout choix de k indices
1 i 1 < . . . < i k n, on a
P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 ) = P(A i1 ) · · · P(A ik )P(A n+1 ),
c’est-à-dire
P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 ) =
1
2
k+1
.
L’événement A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 est réalisé si A i1 ∩ . . . ∩ A ik est réalisé et si le nombre
total de piles est pair. Il faut pour cela que le nombre de piles obtenus dans les n − k
autres tirages soit pair si k est pair et impair si k est impair. On note B l’événement « le
nombre de piles dans les n − k autres tirages a la parité de k ». Comme B ne dépend que
des résultats des tirages A j avec j ∈ [[1, n]] \ {i 1 , . . . , i k }, les événements A i1 ∩ . . . ∩ A ik et
B sont indépendants et on obtient
P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 ) = P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik )P(B) =
1
2
k
P(B).
Le raisonnement conduit dans la première question pour montrer que P(A n+1 ) =
1
2
se
généralise. On montre de la même façon que la probabilité d’obtenir un nombre pair de
piles sur un ensemble fixé de n − k 1 lancers est
1
2
· La probabilité sur les mêmes lancers
d’obtenir un nombre impair de piles est donc aussi
1
2
· On en déduit que P(B) =
1
2
et
P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 ) =
1
2
k+1
, ce qu’il fallait démontrer.
11.
1. On procède par récurrence sur n ∈ N
∗ . Pour n = 1, la propriété est évidente :
P(A 1 ) P(A 1 ). On la montre aussi pour n = 2, ce qui est utile pour la suite. On a
P(A 1 ∪ A 2 ) = P(A 1 ) + P(A 2 ) − P(A 1 ∩ A 2 ) P(A 1 ) + P(A 2 ),
car une probabilité est positive.
Si la propriété est vraie au rang n, on obtient
P(A 1 ∪ · · · ∪ A n ∪ A n+1 ) = P((A 1 ∪ · · · ∪ A n ) ∪ A n+1 )
P(A 1 ∪ · · · ∪ A n ) + P(A n+1 )
n
i=1
P(A i ) + P(A n+1 )
n+1
i=1
P(A i ),
en utilisant la propriété au rang 2, puis l’hypothèse de récurrence.
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3. Les événements A 1 , . . . , A n sont indépendants par construction. Cela traduit le fait que les
résultats des différents lancers sont indépendants.
Montrons que, si i ∈ [[1, n]], les événements A 1 , . . . A i−1 , A i+1 , . . . , A n , A n+1 sont indépendants. Il faut démontrer que si I ⊂ [[1, n + 1]] \ {i}, on a
P
⎛
⎝
j∈I
A j
⎞
⎠ =
j∈I
P(A j ).
Si n + 1 /
∈ I, cela résulte de l’indépendance des événements A 1 , . . . , A n . Pour traiter tous
les autres cas, il suffit de démontrer que pour tout k ∈ [[1, n − 1]] et tout choix de k indices
1 i 1 < . . . < i k n, on a
P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 ) = P(A i1 ) · · · P(A ik )P(A n+1 ),
c’est-à-dire
P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 ) =
1
2
k+1
.
L’événement A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 est réalisé si A i1 ∩ . . . ∩ A ik est réalisé et si le nombre
total de piles est pair. Il faut pour cela que le nombre de piles obtenus dans les n − k
autres tirages soit pair si k est pair et impair si k est impair. On note B l’événement « le
nombre de piles dans les n − k autres tirages a la parité de k ». Comme B ne dépend que
des résultats des tirages A j avec j ∈ [[1, n]] \ {i 1 , . . . , i k }, les événements A i1 ∩ . . . ∩ A ik et
B sont indépendants et on obtient
P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 ) = P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik )P(B) =
1
2
k
P(B).
Le raisonnement conduit dans la première question pour montrer que P(A n+1 ) =
1
2
se
généralise. On montre de la même façon que la probabilité d’obtenir un nombre pair de
piles sur un ensemble fixé de n − k 1 lancers est
1
2
· La probabilité sur les mêmes lancers
d’obtenir un nombre impair de piles est donc aussi
1
2
· On en déduit que P(B) =
1
2
et
P(A i1 ∩ . . . ∩ A ik ∩ A n+1 ) =
1
2
k+1
, ce qu’il fallait démontrer.
11.
1. On procède par récurrence sur n ∈ N
∗ . Pour n = 1, la propriété est évidente :
P(A 1 ) P(A 1 ). On la montre aussi pour n = 2, ce qui est utile pour la suite. On a
P(A 1 ∪ A 2 ) = P(A 1 ) + P(A 2 ) − P(A 1 ∩ A 2 ) P(A 1 ) + P(A 2 ),
car une probabilité est positive.
Si la propriété est vraie au rang n, on obtient
P(A 1 ∪ · · · ∪ A n ∪ A n+1 ) = P((A 1 ∪ · · · ∪ A n ) ∪ A n+1 )
P(A 1 ∪ · · · ∪ A n ) + P(A n+1 )
n
i=1
P(A i ) + P(A n+1 )
n+1
i=1
P(A i ),
en utilisant la propriété au rang 2, puis l’hypothèse de récurrence.
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