Exercice I. Probl`eme du chevalier de Méré. Nous notons E l

Exercice I.
Problème du chevalier de Méré.
Nous notons E l’ensemble des quatre faces d’un dé et E 2 = E × E le carré cartésien de E.
Le cardinal de E vaut 6, celui de E 2 vaut 36.
1 - Un joueur lance un dé quatre fois de suite. Nous considérons comme issue une suite de
quatre dés indépendants, i.e. une liste de quatre éléments pris dans E. Le nombre d’issues
possibles est possibles = 64 .
Le nombre d’issues défavorables s’obtient en restreignant les possibilités aux cinq faces de
poids inférieur à six de chaque dé ( E 0 = E \ {6} ), il y en a donc échecs = 54 .
L’évènement « obtenir au moins un six » est le complément de l’ensemble des issues
défavorables et son cardinal s’en déduit :
succès = possibles − échecs.
2 - Un joueur lance une paire de dés (un rouge et un bleu) vingt quatre fois de suite. Nous
considérons comme issue une suite de vingt quatre couples de dés indépendants, i.e. une
liste de vingt quatre éléments pris dans E 2 . Le nombre d’issues possibles est maintenant
possibles = 3624 .
Le nombre d’issues défavorables s’obtient en restreignant les possibilités aux cinq faces de
poids inférieur à six de chaque dé ( E 00 = E 2 \ {(6, 6)} ), il y en a donc échecs = 3524 .
L’évènement « obtenir au moins un double six » est le complément de l’ensemble des
issues défavorables et son cardinal s’en déduit :
succès = possibles − échecs.
3 - Nous supposons que toutes les faces sont équiprobables, la probabilité du succès est le quotient du nombre de succés par le nombre de possibilités, soit, dans les deux cas proposés :
Un six sur quatre lancers de un dé,
succès
possibles
µ ¶4
5
= 1−
6
' 0, 518
p( {6} ) =
Un double six sur vingt quatre lancers d’une paire de dés,
succès
possibles
µ ¶24
35
= 1−
36
' 0, 491
p( {(6, 6)} ) =
Conclusion, il vaut mieux parier sur un six en quatre lancers de un dé que sur un double
six en vingt quatre lancers d’une paire de dés. Si on joue suffisamment pour atteindre des
valeurs statistiques, le premier cas apporte un léger gain, contrairement au second.
Ce problème avait été posé à Pascal, par Antoine Gombauld, Chevalier de Méré.
Bnal0698, page 1/6 - 23 janvier 2009
Exercice II.
1 - Justifier le fait que le début du problème revient à l’étude d’un schéma de Bernoulli.
Une épreuve élémentaire peut être considérée comme une liste de deux cartes ( arrangement ) prises parmi trente deux ou un ensemble de deux cartes ( combinaison )
prises parmi trente deux. Nous nous tiendrons à la seconde option plus classique. Ce choix
fait, le résultat est binaire : réussite si la levée contient deux as, échec dans le cas contraire
ce qui est caractéristique du modèle de Bernoulli. Une épreuve ( une levée dans chacun des
trois tas ) peut être considérée comme une suite de trois épreuves de Bernoulli « identiques
et indépendantes » à savoir :
• Succès pour avoir tiré une paire d’as dans un jeu,
• Echec pour ne pas avoir tiré deux as.
Nous savons que si α est la probabilité de succès dans l’épreuve de Bernoulli
élémentaire, la probabilité de k succès dans une suite de n épreuves suit une loi binomiale :
p(S = k) = Cnk αk (1 − α)n−k
Notons que S, nombre de succès, est une variable aléatoire définie sur l’ensemble
considéré, mais ce n’est pas celle qui nous intéressera dans la question 4.
2 - Quelle est la probabilité de tirer deux as dans un jeu de 32 cartes ?
Un minimum d’analyse combinatoire nous donne :
Card({issues f avorables})
Card({issues possibles})
C42
=
2
C32
3
=
248
α =
3 - Lors du tirage successif de deux cartes de chacun des trois jeux de poker donner la probabilité des cinq événements suivants :
• Aucune paire d’as : p(0) = C30 (1 − α)3 ,
• Une seule paire d’as : p(1) = C31 α1 (1 − α)2 ,
• Deux paires d’as : p(2) = C32 α2 (1 − α)1 ,
• Trois paires d’as : p(3) = C33 α3 ,
• Au moins une paire d’as : 1 − p(0) = 1 − C30 (1 − α)3 .
Il suffit d’appliquer les propriétés de la loi binomiale de paramètres (3, α).
En utilisant un logiciel de calcul adapté, comme Maths & Calculs-io, une commande
élémentaire ( ici, p(k) := bin( 3 , 3/248 , k ) ; ) nous fournit les valeurs numériques
approchées :
p( 0 ) ' 0,96415
p( 1 ) ' 0,035418
p( 2 ) ' 4,3369E-4
p( 3 ) ' 1,7701E-6
1-p(0) ' 0,035853
Bnal0698, page 2/6 - 23 janvier 2009
4 - Déterminer et représenter la fonction de répartition de la variable aléatoire X : « Gain au
jeu ».
Plutôt qu’un long discours, regardons le programme effectué sous le logiciel Maths &
Calculs-io ainsi que la réalisation graphique obtenue :
/c g0
/c g1
/c g2
/c g3
:=
:=
:=
:=
-1 ;
4;
49 ;
499 ;
p(k) := bin( 3 , 3/248 , k ) ;
F(x) :R ;
begin
if (x <= g0 ) then
F := 0
else if ( x <= g1 ) then
F := p( 0 )
else if ( x <= g2 ) then
F := p( 0 ) + p( 1 )
else if ( x <= g3 ) then
F := p( 0 ) + p( 1 ) + p( 2 )
else
F := 1 ;
end ;
/c moyenne := g0*p(0)+g1*p(1)+g2*p(2)+g3*p(3) ;
/c variance := g0ˆ2*p(0)+g1ˆ2*p(1)+g2ˆ2*p(2)+ g3ˆ2*p(3)-moyenneˆ2 ;
/c ecart type := sqrt( variance ) ;
La syntaxe très pascalienne du texte source nous rapproche du personnage historique
du chevalier de Méré.
Sur le diagramme, les différences inférieures au millième sont invisibles.
Fonct ion de répart it ion du gain
1
p(
p(
p(
p(
0,5
-1 $ ) =
29 $ ) =
49 $ ) =
499 $ ) =
0,96415
0,035418
4,3369E-4
1,7701E-6
moyenne = -0,80034
ecart _ t ype = 1 ,5402
-2
-1
0 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12 13 14 15 16 17 18
La fonction de répartition semble avoir atteint son maximum dès la valeur 4 du gain.
La probabilité d’obtenir un gain supérieur à 4 apparaı̂t comme quasi nulle.
5 - L’espérance mathématique et l’écart type sont aisément lisibles dans le programme proposé,
notons que la moyenne, non représentée sur le diagramme, est très inférieure à zéro.
La probabilité que X soit positive est la probabilité de l’évènement « au moins une paire
d’as » c’est à dire, 1 − C30 (1 − α)3 ' 0, 035853.
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Exercice III.
21.5”
$h
16.5”
$h
10”
$h
15.5”
A gagne
B gagne h
$
1 - L’aire de la bande de plan comprise entre les deux rectangles se calcule comme différence
des aires de ces derniers, soit, en pouces carré : 21, 5 × 15, 5 − 16, 5 × 10. Le rapport de
l’aire du petit rectangle sur l’aire de la bande vaut ainsi
16, 5 × 10
ρ =
21, 5 × 15, 5 − 16, 5 × 10
' 0, 98
ce qui laisse penser que le joueur A est légèrement défavorisé, mais ne nous y fions pas.
2 - Nous découpons le tapis en cinq zones, selon les positions du centre de la pièce :
• Le rectangle central, où A gagne, a pour dimensions 15.500 × 900 , ce qui représente une
aire A(A) = 139, 5 pouces carré.
• La première frontière, no-man’s land où le jeu est nul, a une aire de (10 + 16, 5) × 2 = 53
pouces carré.
• La zone où B gagne représente une aire A(B) = 20, 5×14, 5−17, 5×11 = 104, 75 pouces
carré.
• La deuxième frontière a une aire de (21, 5 + 15, 5) × 2 = 74 pouces carré.
• Le reste du tapis ne peut pas être mesuré.
Nous admettons que tout coup nul est immédiatement rejoué, la probabilité que A gagne
est égale à la probabilité que «A gagne sachant que le coup est valide».
Si nous restreignons l’univers à l’ensemble des coups valides, les deux évènements «A
gagne» et «B gagne», sont complémentaires.
Nous admettons que la probabilité, pour le centre d’une pièce, de tomber dans une des
zones décrites est proportionnelle à l’aire de la zone.
La probabilité de l’évènement «A gagne» est égale au quotient de l’aire A(A) par la somme
des aires A(A) + A(B), soit :
p( A ) =
A(A)
' 0, 57
A(A) + A(B)
Les pronostics de gain restent faibles, mais contraires à ce que laissait penser une
analyse trop hâtive.
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Exercice IV.
Liminaire.
Avant de traiter le problème, rappelons un peu le sens des mots.
Nous partons d’un univers, disons Ω , dont nous savons seulement qu’il est formé de cinq
événements élémentaires équiprobables.
R
X
6
Φ
5
x
4
x
3
x
Y
−1
2
x
(1)
x
Ω
R
1
0
−1
−1
−1 0
1
2
3
4
5
Une variable aléatoire, X, associe à chaque événement élémentaire un nombre réel pris
parmi les valeurs {1, 2, 3, 4, 5}, cette fonction X est une bijection de Ω sur {1, 2, 3, 4, 5}.
Par définition, la probabilité d’une partie A de R est la probabilité de l’image réciproque
de la partie A par X.
Nous notons Φ l’application de R dans R définie par Φ(t) = (t − 3)2 .
La fonction composée Y = Φ ◦ X est une application de Ω dans R, donc une nouvelle
variable aléatoire.
Pour déterminer la loi de la variable aléatoire Y nous calculons la probabilité de l’image
réciproque de différents sous ensemble de R par Y .
Par exemple la probabilité du singleton {1} :
p(Y = 1) = p(Y −1 ({1}))
= p(X −1 ({1}))
= p(X ∈ {2, 4})
et ainsi de suite, ... le nombre de cas est très limité.
1 - La variable X étant équirépartie, nous avons immédiatement :





p(X < 1) = 0





p(X = 1) = p(X = 2) = p(X = 3) = p(X = 4) = p(X = 5) = 0, 2








 p(5 < X) = 0
Un calcul élémentaire nous donne la loi de Y :
• Y est un carré :
p(Y < 0) = 0
Bnal0698, page 5/6 - 23 janvier 2009
• Y = 0 ⇐⇒ X = 3, donc :
p(Y = 0) = p(X = 3) = 0, 2
• {Y = 1} ⇐⇒ {X = 2} ∨ {X = 4}.
Les évènements {X = 2} et {X = 4} étant disjoints, nous avons :
p(Y = 1) = p(X = 2) + p(X = 3) = 0, 4
• {Y = 2} ⇐⇒ {X = 1} ∨ {X = 5}.
Les évènements {X = 1} et {X = 5} étant disjoints, nous avons :
p(Y = 2) = p(X = 1) + p(X = 5) = 0, 4
• Un dernier calcul donne {Y ≥ 3} = ∅, donc :
p(3 ≤ Y ) = 0
Un calcul tout aussi élémentaire fournit la loi du vecteur (X, Y ).
Nous résumons tous ces résultats dans le tableau ci-dessous, à gauche.
X 1
Y
0
0
2
3
4
5
Y
0
0,2
0
0
0,2
1
0
0,2
0
0,2
0
2
0,2
0
0
0
X
0,2 0,2 0,2 0,2 0,2
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0,4
0,2 0,4
−1
0
Y
1
X
2
3
4
5
6
A droite, nous avons représenté les deux fonctions de répartitions.
2 - La probabilité de l’évènement {(X, Y ) = (1, 0)}, soit 0, est différente du produit des
probabilités marginales, p(X = 1) = 0, 2 et p(Y = 0) = 0, 2, les variables aléatoires X et
Y ne sont pas indépendantes.
3 - Calcul de la covariance des variables aléatoires X et Y .
Nous calculons d’abord les espérances de X et Y :
X =
1
×1+
5
= 3
1
=
×0+
5
6
=
5
1
1
1
1
×2+ ×3+ ×4+ ×5
5
5
5
5
Y
2
2
×1+ ×2
5
5
Nous en déduisons la covariance :
1
1
1
1
1
×3×0+ ×2×1+ ×4×1+ ×1×2+ ×5×2−XY
5
5
5
5
5
= 0
Cov(X, Y ) =
La covariance étant nulle, le coefficient de corrélation entre X et Y est nul, bien que les
variables aléatoires X et Y ne soient pas indépendantes.
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