288
SOLUTIONS DES EXERCICES
´
Ecrivons A ind´ ependant de B ∪ C :
P(AB) + P(AC) = P(A)P(B) + P(A)P(C).
(b)
En substituant (a) dans (b), il vient k = 1.
6.
Prendre A, B non ind´ ependants et C = B
c .
7.
Par hypoth` ese, P(AB | C) = P(A | C)P(B | C), P(AB | C
c ) =
P(A | C
c )P(B | C
c ), P(A | C) = P(A) ; d’o` u P(AB) = P(AB | C)P(C) +
P(AB | C
c )P(C
c ) = P(A | C)P(B | C)P(C) + P(A | C
c )P(B | C
c )P(C
c )=
P(A)P(BC) + P(A)P(BC
c ) = P(A)P(B).
8. a) On divise l’ensemble des familles de deux enfants en quatre classes
not´ ees (g, g), (g, f ), (f, g), (f, f ) ; les lettres g et f sont pour gar¸ con
et fille , la premi` ere lettre d’un doublet se rapportant `
a l’aˆ ın´ e de la
famille. On prend Ω = {(g, g), (g, f ), (f, g), (f, g)} et sur Ω l’´ equir´ epartition P. Dans ces conditions :
α) P
(g, g) | {(g, g), (g, f ), (f, g)}
=
1
3 .
β) P
(g, g) | {(g, g), (g, f )}
=
1
2 .
b) Un enfant issu d’une famille de deux enfants peut ˆ etre class´ e suivant
l’alternative : il est gar¸ con ou fille , il a un fr` ere ou une sœur . Cela
fait un ensemble Ω de 2
2 = 4 profils. Si l’on prend l’´ equir´ epartition P
sur Ω, la probabilit´ e cherch´ ee est
1
2 .
9.
La variable al´ eatoire X doit ˆ etre constante (la tribu engendr´ ee T(X)
est ind´ ependante d’elle-mˆ eme, donc form´ ee d’´ el´ ements de probabilit´ e 0
ou 1).
10.
Les trois variables sont ind´ ependantes deux `
a deux (noter que le produit
X 1 X 2 X 3 = (X 1 X 2 )
2 est identiquement ´ egal ` a 1).
11.
F Y (x) = F 1 (x) . . . F n (x) et F Z (x) = 1 − (1 − F 1 (x)) . . . (1 − F n (x)).
12. a) P 2 (s) =
s
k=0
P 1 (k)P 1 (s − k) ;
b) P r (k) = e
−ra (ra)
k
k!
.
13.
On a : card A k =
r+s−1
r−1
, d’o` u P{X k = 1} =
card A k
card Ω
=
r
r + s
.
14.
On trouve P{X k = 1 | S n = i} = i/n, quantit´ e ne d´ ependant ni de r, ni
de s, et ceci quelle que soit la nature des tirages (avec remise ou sans
remise). C’est l` a un r´ esultat surprenant.
16.
On prend pour Ω l’ensemble des 3! = 6 permutations de A, B, C :
ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA. On prend pour P l’´ equir´ epartition sur Ω ; alors P(E) = P(F ) =
1
2 , P(E ∩ F ) =
1
3 = P(E)P(F ) ; de
l` a E et F ne sont pas ind´ ependants.
17. a) Non. b) Oui (prendre, par exemple, l’´ equir´ epartition sur les atomes
AB, AB
c , A
c B, A
c B
c ).
SOLUTIONS DES EXERCICES
´
Ecrivons A ind´ ependant de B ∪ C :
P(AB) + P(AC) = P(A)P(B) + P(A)P(C).
(b)
En substituant (a) dans (b), il vient k = 1.
6.
Prendre A, B non ind´ ependants et C = B
c .
7.
Par hypoth` ese, P(AB | C) = P(A | C)P(B | C), P(AB | C
c ) =
P(A | C
c )P(B | C
c ), P(A | C) = P(A) ; d’o` u P(AB) = P(AB | C)P(C) +
P(AB | C
c )P(C
c ) = P(A | C)P(B | C)P(C) + P(A | C
c )P(B | C
c )P(C
c )=
P(A)P(BC) + P(A)P(BC
c ) = P(A)P(B).
8. a) On divise l’ensemble des familles de deux enfants en quatre classes
not´ ees (g, g), (g, f ), (f, g), (f, f ) ; les lettres g et f sont pour gar¸ con
et fille , la premi` ere lettre d’un doublet se rapportant `
a l’aˆ ın´ e de la
famille. On prend Ω = {(g, g), (g, f ), (f, g), (f, g)} et sur Ω l’´ equir´ epartition P. Dans ces conditions :
α) P
(g, g) | {(g, g), (g, f ), (f, g)}
=
1
3 .
β) P
(g, g) | {(g, g), (g, f )}
=
1
2 .
b) Un enfant issu d’une famille de deux enfants peut ˆ etre class´ e suivant
l’alternative : il est gar¸ con ou fille , il a un fr` ere ou une sœur . Cela
fait un ensemble Ω de 2
2 = 4 profils. Si l’on prend l’´ equir´ epartition P
sur Ω, la probabilit´ e cherch´ ee est
1
2 .
9.
La variable al´ eatoire X doit ˆ etre constante (la tribu engendr´ ee T(X)
est ind´ ependante d’elle-mˆ eme, donc form´ ee d’´ el´ ements de probabilit´ e 0
ou 1).
10.
Les trois variables sont ind´ ependantes deux `
a deux (noter que le produit
X 1 X 2 X 3 = (X 1 X 2 )
2 est identiquement ´ egal ` a 1).
11.
F Y (x) = F 1 (x) . . . F n (x) et F Z (x) = 1 − (1 − F 1 (x)) . . . (1 − F n (x)).
12. a) P 2 (s) =
s
k=0
P 1 (k)P 1 (s − k) ;
b) P r (k) = e
−ra (ra)
k
k!
.
13.
On a : card A k =
r+s−1
r−1
, d’o` u P{X k = 1} =
card A k
card Ω
=
r
r + s
.
14.
On trouve P{X k = 1 | S n = i} = i/n, quantit´ e ne d´ ependant ni de r, ni
de s, et ceci quelle que soit la nature des tirages (avec remise ou sans
remise). C’est l` a un r´ esultat surprenant.
16.
On prend pour Ω l’ensemble des 3! = 6 permutations de A, B, C :
ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA. On prend pour P l’´ equir´ epartition sur Ω ; alors P(E) = P(F ) =
1
2 , P(E ∩ F ) =
1
3 = P(E)P(F ) ; de
l` a E et F ne sont pas ind´ ependants.
17. a) Non. b) Oui (prendre, par exemple, l’´ equir´ epartition sur les atomes
AB, AB
c , A
c B, A
c B
c ).