Dans ce cas, on peut écrire $X=\{\varphi(0),\varphi(1),\cdots\}=\{x_n\}_{n\in \N}$ où $x_n=\varphi(n)$.
$\N$ est 'évidement' dénombrable, $\Z$ l'est également : on peut écrire $\Z$ sous la forme: $$\Z=\{0,1,-1,2,-2,3,-3,\cdots,n,-n,\cdots\}=\varphi(\N),$$ avec $\dsp \varphi(2k)=-k,\,\,\varphi(2k+1)=k+1.$
Montrer que $\N^2$ est dénombrable.
Pour tout $p\in \N$, on note $A_p=\{(q,r)\in \N^2,\,\,q+r=p\}$ puis on ordonne $A_p$ suivant l'ordre croissant de la première composante, i.e. $A_p=\{(0,p),(1,p-1),\cdots, (p,0)\}$. Puis on remarque que l'on peut écrire $\N^2$ en mettant bout à bout les ensemble finis $A_p$, $$\N^2=A_0\,A_1\cdots =\{(0,0),(0,1),(1,0),(0,2),(1,1),(2,0),\cdots\}.$$ On peut également écrire, pour tout $n\in \N$, $$\varphi(n)=\left(n-\frac{p(p+1)}{2},\frac{p(p+3)}{2}-n\right),$$ si $n\in \left[\dfrac{p(p+1)}{2},\dfrac{p(p+3)}{2}\right[.$
On note $E_1=\{u\in \R_+,\,\, u^2\not \in \N\}$ et $E_2$ son complémentaire dans $\R_+$. Montrer que $E_2$ est un ensemble dénombrable.
L'application $u\in E_2\mapsto u^2$ a une image incluse dans $\N$ et est injective (car $x\mapsto x^2$ l'est sur $\R^+$). $E_2$ est ainsi en bijection avec une partie de $\N$ (son image). C'est donc une partie finie ou dénombrable. Comme $E_2$ est infini ($E_2$ contient tous les entiers), $E_2$ est finalement dénombrable.
Montrer que $\Q$ est au plus dénombrable.
L'application $\fonct{\varphi}{\Z\times\N}{\Q}{(n,p)}{\frac{n}{p}}$ définit une surjection de $\Z\times \N^*$ (qui est au plus dénombrable) dans $\Q$. Donc $\Q$ est au plus dénombrable.
Montrer que $\R$ n'est pas dénombrable.
Il suffit de montrer que l'intervalle $[0,1]$ n'est pas dénombrable.
Supposons que $[0,1]$ est dénombrable, i.e. $[0,1]=\{x_n\}_{n\in \N}$, on construit alors une suite
d'intervalles $(I_n=[a_n,b_n])_n$ de la façon suivante:
$$\forall n\in \N,\quad I_{n+1}\subset I_n,\,\,x_n\not\in I_n,\,\,b_n-a_n=\dfrac{1}{3^{n+1}}.$$
La construction se fait par récurrence. Pour $n=0$, on choisit $I_0=[0,1/3]$ ou $[2/3,1]$ qui ne contient
pas
$x_0$ (il y en au moins un parmi ces deux intervalles qui ne contient pas $x_0$). Supposons que $I_n$ est
construit ($n\geq 0$), on choisit alors pour $I_{n+1}$ un des deux intervalles $[a_n,a_n+1/3^{n+2}]$ ou
$[b_n-1/3^{n+2},b_n]$ qui ne contient pas $x_{n+1}$.
Les deux suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont convergente vers la même limite $\ell \in [0,1]$, or, on a pour tout
$n\in \N,\,x_n\neq x$, ce qui contredit l'hypothèse.
On en déduit également que $\R\setminus \Q$ n'est pas dénombrable.
Montrer que $\mathscr{P}(\N)$ (l'ensemble des parties de $\N$) n'est pas dénombrable.
Supposons que $\mathscr{P}(\N)$ est dénombrable, et soit $\varphi$ une bijection entre $\N$ et
$\mathscr{P}(N)$. Notons alors $A=\{n\in \N,\,n\not\in \varphi(n)\}\in \mathscr{P}(\N)$, soit $a\in \N$ tel
que $A=\varphi(a)$, on voit alors que $a$ ne peut pas être ni un élément de $A$ (puisque cela entraînerait
que $a\not\in \varphi(a)=A$), ni un élément de $\N\setminus A$ (puisque cela entraînerait que $a\in
\varphi(a)=A$), ce qui est absurde.
On en déduit que $\mathscr{P}(\N)$ n'est pas dénombrable.
On dit que la famille $(u_i)_{i\in I}$ est
Dans le cas où $I=\N$, alors la famille $(u_n)_{n\in \N}$ est sommable ssi la série $\dsum_{n=0}^\infty u_n$ converge.
Soit $(x_i)_{i\in I}$ une famille de complexes telle que pour tout $i\in I, \, x_i\neq 0$. On suppose qu'il existe $K\in \R_+^*$ tel que $$\forall J\subset I,\, J\text{ finie},\, \dsum_{i\in J}\abs{x_i}\leq K.$$ Montrer alors que $I$ est au plus dénombrable.
Pour $n\in \N^*$, on note $A_n=\{k\in I,\, \abs{x_k}\geq \dfrac{1}{n}\}$. Montrer que $A_n$ est finie puis $I\subset\bigcup_{n\in \N^* } A_n$
Dans le cas où $I=\N$, alors la famille $(u_n)_{n\in \N}$ est sommable ssi la série $\dsum_{n=0}^\infty u_n$ est absolument converge.
La famille $(u_i)_{i\in I}$ est sommable ssi il existe une bijection $\varphi$ de $\N$ dans $I$ tel que
$\dsum_{n=0}^\infty u_{\varphi(n)}$ est absolument convergente.
On dit également que la famille $(u_{i,j})_{(i,j)\in I\times J}$ est sommable.
Soit $(u_{n,p})_{n,p\in \N}$ une famille de réels définie par $u_{n,p}=\left\{\begin{array}{lcl}
\frac{-1}{2^n}&\text{si }&n\geq 1\\
1&\text{ si } & n=0
\end{array}
\right.
$.
Montrer que pour tout $p\in \N$, $\dsum_{n\geq 0} u_{n,p}$ converge et que pur tout $n\in \N$, $\dsum_p
u_{n,p}$ diverge.
Soient $p\in \N$ et $N\in \N^*$, on a
$$\dsum_{n=0}^Nu_{n,p}=
1-\dsum_{n=1}^N\dfrac{1}{2^n}=2-\dfrac{1-\frac{1}{2^{N+1}}}{1-\frac{1}{2}}=\dfrac{1}{2^N}\tendvers{N}{\infty}\,0$$
donc $\dsum_{n\geq 0}u_{n,p} \text{ CV et }\dsum_{n\geq 0}u_{n,p}=0 .$
On en déduit également que $\dsum_p\dsum_n u_{n,p}$ converge et de somme nulle
Soit $n\in \N$, on a $u_{n,p}$ est une constante non nulle (par rapport à $p$) donc $\dsum_{p}u_{n,p}$
diverge.
Soit $z\in \C^*$ tel que $\abs{z}< 1$. Montrer que la famille double $\left(z^{(2n+1)(p+1)}\right)_{n,p\in \N}$ est sommable, en déduire $$ \dsum_{n\geq 0}\dfrac{z^{2n+1}}{1-z^{2n+1}}=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{z^n}{1-z^{2n}}.$$
Soit $n\in \N$, puisque $\abs{z}< 1$ alors $\abs{z}^{2n+1}< 1$ donc $\dsum_{p\in \N}(\abs{z}^{2n+1})^{p+1}$ converge et la somme de cette série est $\dfrac{\abs{z}^{2n+1}}{1-\abs{z}^{2n+1}}$, puis, $$\forall n\in \N,\quad \dfrac{\abs{z}^{2n+1}}{1-\abs{z}^{2n+1}}\leq \dfrac{\abs{z}^{2n+1}}{1-\abs{z}} \Longrightarrow \dsum_n \dfrac{\abs{z}^{2n+1}}{1-\abs{z}^{2n+1}} <\infty,$$ on en déduit que $\dsum_n\dsum_p\abs{z}^{(2n+1)(p+1)}$ converge donc la famille double $\left(z^{(2n+1)(p+1)}\right)_{n,p\in \N}$ est sommable.
En utilisant le théorème de Fubini, on trouve $$ \dsum_{n,p\in \N}z^{(2n+1)(p+1)}= \dsum_{n\geq 0}\dsum_{p\in \N}\left(z^{(2n+1)}\right)^{(p+1)}=\dsum_{n\geq 0} \dfrac{z^{2n}}{1-z^{2n+1}}$$ puis, $$\dsum_{n,p\in \N}z^{(2n+1)(p+1)}= \dsum_{p\geq 0}\dsum_{n\in \N}\left(z^{(p+1)}\right)^{(2n+1)}=\dsum_{p\geq 0}z^{p+1}\dsum_{n\in \N}\left(z^{2(p+1)}\right)^{n}=\dsum_{p\geq 0}\dfrac{z^{p+1}}{1-z^{2(p+1}}=\dsum_{k\geq 1}\dfrac{z^k}{1-z^{2k}}. $$
Soit $\mathcal{F}$ un tribu sur $\Omega$, alors:
Soient $f:\Omega \to \Omega '$ une application et ${\mathcal{T}'}$ une tribu sur $\Omega '$. Montrer que ${\mathcal{T}} = \left\{ {f^{ - 1} (A'),\,\,A' \in {\mathcal{T}'}} \right\}$ définit une tribu sur $\Omega $.
Comme $\Omega=f^{-1}(\Omega')$ alors $\Omega\in \mathcal{T}$ (puisque $\Omega' \in \mathcal{T}'$) donc
$\mathcal{T}$. n'est pas vide.
Soit $A\in \mathcal{T}$ alors il existe $A'\in \mathcal{T}'$ tel que $A=f^{-1}(A')$ comme $\mathcal{T}'$ est
un tribu alors $\overline{A'}\in \mathcal{T}'$ donc $f^{-1}(\overline{A'})\in \mathcal{T}$ or
$f^{-1}(\overline{A'})=\overline{f^{-1}(A')}=\overline{A}\in \mathcal{T}$.
Soit $(A_n)_{n\in I}$ une famille d'éléments au plus dénombrable ($I\subset \N$), alors pour tout $n\in I$,
il existe $A'_n\in \mathcal{T}'$ tel que $A_n=f^{-1}(A')$, ce qui donne
$$\bigcap _{n\in I}A_n=\bigcap_{n\in I}f^{-1}(A_n')=f^{-1}\left(\underset{\in
\mathcal{T}'}{\underbrace{\bigcap_{n\in I}A_n'}}\right)\in \mathcal{T}$$
On en déduit alors que $\mathcal{T}$ est un tribu de $\Omega$.
On lance un dé et on considère $\Omega=\inter{1,6}$ et $\mathcal{F}=\mathcal{P}(\Omega)$. Alors $(\Omega,\mathcal{F})$ est un espace probabilisable. Par exemple l'événement $A=\{1,3,5\}$ se traduit : Le résultat obtenu est un nombre impaire.
Soit $(\Omega,\mathcal{F})$ un espace probabilisable et $(F_i)_{i\in \N}$ une famille de $\mathcal{F}$. L'événement
Montrer que l'on peut définir sur $\N$ une probabilité par, pour tout $n\in \N$,$P(\{n\})=\frac{1}{2^{n+1}}$. Quelle est la probabilité (selon $P$) qu'un entier soit pair.
On a, pour tout $n\in \N$, $P(\{n\})=\dfrac{1}{2^{n+1}}\in [0,1]$, et de plus $\dsum_{n=0}^\infty
\frac{1}{2^{n+1}} =1$. On définit bien une probabilité sur $\N$.
$n\in \N$ est pair ssi existe $p\in \N$ tel que $n=2p$, ainsi,
$$P(n \text{ est pair})=P(n\in 2\N)=\dsum_{n=0}^\infty
P({2n})=\dsum_{n=0}^\infty\dfrac{1}{2^{2n+1}}=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{1-\frac{1}{4}}=\dfrac{2}{3}.$$
On lance indéfiniment un dé équilibré. Alors l'événement " on n'obtient jamais de 6 " est de
probabilité nulle.
En effet, on note $A$ l'événement : " on n'obtient jamais de 6 " et $A_n$ l'événement " on n'a pas
obtenu de 6 lors des n premiers lancers ".
En supposant les lancers indépendants, on $P(A_n)=(5/6)^n$. Puisque la suite $(A_n)$ est décroissante, on a
par continuité
$$P(A)=P\left(\bigcap_{n\in \N^*}A_n\right)=\limiteX{n}{\infty}P(A_n)=0.$$
$A$ est presque sûr ssi $\overline{A}$ est négligeable.
Soit $p\in ]0,1[$, on pose, pour $k\in \N^*$, $p_k=p^2k(1-p)^{k-1}$. Montrer que $(p_k)_{k\in \N^*}$ définit une loi de probabilité sur $\N^*$.
Revoir le cours sur les séries entiers, pour retrouver les sommes suivantes: $$\dsum x^k=\cdots,\,\dsum kx^{k-1} =\cdots$$
Pour $n\in \N^*$ on considère la probabilité de tirer l'entier $n$ comme étant égale à $\dfrac{1}{2^n}$.
On considère un jeu de ballon et trois joueurs, notés $A$, $B$ et $C$. $A$ envoie la ballon à $B$ avec une
probabilité de $0.75$, et à $C$ avec une probabilité de $0.25$; $B$ envoie toujours le ballon à $C$; $C$
envoie le ballon à $A$ avec une probabilité de $0.25$, et à $B$ avec une probabilité de $0.75$.
On note $A_n$ l'évènement : "$A$ possède le ballon à l'issue du $n$ième
lancer " et on considère de même $B_n$ et $C_n$. On note $a_n$ la probabilité de l'évènement $A_n$, et
on note de même $b_n$ et $c_n$.
Voir aussi programme Python
Si $P(B)=0$, on pose $P(A\mid B)=0$.
Soit $(\Omega,\mathcal{F},P)$ un espace probabilisé, $A,B\in \mathcal{F}$, on suppose que: $$P(A)=\dfrac{1}{3},\,P(B)=\dfrac{1}{4},\,P(A\cup B)=\dfrac{5}{9}.$$ Calculer $P_B(A),\,P_B(\overline{A}),\, P_B(A\cap \overline{B})$.
Calculons d'abord $P(A\cap B)$, pour cela on utilise la formule de cours, $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \Longrightarrow P(A\cap B) =\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{5}{9}=\dfrac{1}{36}.$$ Puis $$P_B(A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}=\dfrac{1}{36}\dfrac{4}{1}=\dfrac{1}{9},\, P_B(\overline{A})=1-P_B(A)=\dfrac{8}{9}$$ Et enfin $P_B(A\cap \overline{B})=0$ (vous voyez pourquoi?)
Soit $(\Omega,\mathcal{F},P)$ un espace probabilisé, $A,B\in \mathcal{F}$, on suppose que $P(A)>0$. Montrer
les relations suivantes:
$P(A\cup B)>0,\,\,P_{A\cup B}(A\cap B)\leq P_A(A\cap B),\, $ et
$$P(B)=P_A(B)P(A)+P_{\overline{A}}(B)P(\overline{A}).$$
Comme $A\subset A\cup B$ alors $P(A\cup B)>p(A)>0$. Puis, $$\begin{array}{lcl} P_{A\cup B}(A\cap B)&=&\dfrac{P((A\cap B)\cap (A\cup B))}{P(A\cup B)}\\ &=&\dfrac{P(A\cap B)}{P(A\cup B)}\leq \dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=P_A(A\cap B). \end{array} $$ Ensuite, $B= (B\cap A)\cup (B\cap \overline{A})$ ce qui donne $P(B)=P(B\cap A)+P(B\cap A)$, puis on utilise la définition de $P_A,\, P_{\overline{A}}$ pour terminer.
Une urne contient une boule blanche et une boule rouge. On tire successivement des boules dans cette urne. A
chaque boule tirée, on note la couleur de celle-ci et on la remet dans l'urne accompagnée d'une boule de la
même couleur.
Montrer qu'il est presque sûr que la boule rouge initiale sera tirée.
Notons $A_n$ l'événement " la boule tirée au $n^{\text{ième}}$ tirage est blanche". Par probabilités
composées
$$P(A_1\cap \cdots \cap A_n)=P(A_1)P_{A_1}(A_2)\cdots P_{A_1\cap \cdots\cap A_{n-1}}(A_n).$$
avec
$$P(A_1)=\dfrac{1}{2}, P_{A_1}(A_2)=\dfrac{2}{3},\cdots, P_{A_1\cap\cdots \cap
A_{n-1}}(A_n)=\dfrac{n}{n+1}.$$
On a donc $P(A_1\cap \cdots \cap A_n)=\dfrac{1}{n+1}$.
Par continuité décroissante
$$P\left(\dsp\bigcap_{n\in \N^*}A_n\right)=\limiteX{n}{\infty} P(A_1\cap\cdots\cap A_n)=0.$$
Ainsi, l'événement " toutes les boules tirées sont blanches " est négligeable et l'événement
complémentaire "
la boule rouge initiale est tirée " est presque sûr.
Une urne contient une boule rouge. Un joueur lance un dé, s'il obtient 6 il tire une boule dans l'urne,
sinon il rajoute une boule blanche dans l'urne et il répète la manipulation.
Quelle est la probabilité que la boule tiré soit rouge?
Pour $n\in \N^*$, on note $A_n$ l'événement: "Le joueur fait un premier 6 au lancé numéro $n$", et
$B$ l'événement: "La boule tirée est rouge".
Alors, on a
$$P(A_n)=\dfrac{1}{6}\dfrac{5^{n-1}}{6^{n-1}},\quad P_{A_n}(B)=\dfrac{1}{n}.$$
En utilisant la formule des probabilités totales, on trouve:
$$P(B)=\dsum_{n=1}^\infty P_{A_n}(B)P(A_n)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{5^{n-1}}{n6^n}=\dfrac{\ln(6)}{5}.$$
On lance deux dés et on désigne par $A$ l'événement: " le premier dé amène un nombre pair ", par $B$ l'événement : " le second dé amène un nombre impair ", par $C$ l'événement : "les deux dés amènent des nombres de même parité ". On a $P(A) = P(B) = P(C) = 1/2$, puis $P(AB) = P(BC) = P(CA) = 1/4$, mais $P(ABC) = 0 \neq P(A)P(B)P(C)$. Cet exemple montre que $A$ peut être indépendant de $B$ et de $C$ séparément, sans l'être de l'intersection $B\cap C$.
Si $A,\,B$ sont indépendants alors $\overline{B},\,A$ (resp. $\overline{A},\,\overline{B}$) le sont également.
On lance indéfiniment une pièce. Soit $A_n$ l'événement: "on obtient face lors du $n^{\text{ème}}$
lancer".
Les événements de la famille $(A_n)_{n\geq 1}$ sont modélisés mutuellement indépendants.
En effet, si la probabilité d'obtenir face lors de chaque lancer vaut $p\in ] 0,1 [$, alors la probabilité
que face apparaît pour la première fois lors du $n^{ième}$ lancer vaut
$$P(A_n\cap \overline{A_{n-1}}\cdots \cap \overline{A_1})=p(1-p)^{n-1}.$$
En effet, on peut montrer que les événements $\overline{A_1},\cdots,\overline{A_{n-1}}$ et $A_n$ sont
mutuellement indépendants.
Une boîte contient 1 boule Blanche et 1 boule Rouge.
On tire une boule dans la boîte, on note sa couleur et on la remet dans la boîte accompagnée de deux boules
de la même couleur.
On répète ensuite cette opération.
Pour : $n\in \N^*$, quelle est la probabilité que les $n$ premières boules tirées soient Rouge ?
Quelle est la probabilité de l'événement « on tire infiniment des boules Rouges » ?
On note $R_k$ l'événement « la boule tirée au $k$ième essai est Rouge ».
On note aussi $A_n$ l'événement « les $n$ premières boules tirées sont Rouges ».
Alors : $A_n=R_1\cap R_2\cdots \cap R_n$, et avec la formule des probabilités conditionnelles:
$$\begin{array}{lcl}
P(A_n)&=&\dsp P(R_1)P_{R_1}(R_2)\cdots P_{R_1\cap R_2\cdots\cap R_{n-1}}(R_n)\\
&=&\dsp \dfrac{1}{2}\dfrac{3}{4}\dfrac{5}{6}\cdot\dfrac{2n-1}{2n}=\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}
\end{array}
$$
La formule de Stirling nous donne $P(A_n)\underset{n\to \infty}{\backsim}\dfrac{1}{\sqrt{\pi n}}$.
Il est clair que $A_{n+1}\subset A_{n}$ donc la probabilité que le jeu dure à l'infinie est:
$$P(\bigcap_{n\in \N^*}A_n)=\lim_{n\to \infty}P(A_n)=0.$$
Reprendre l'exercice 7, mais au lieu d'ajouter deux boules, on ajoute trois boules.
Quelle est la probabilité de $A_n$ et de $A = \bigcap_{n\in \N^*}A_n$?
Écrire un programme Python qui simule ce tirage.