École des Mines de Nancy Année 2016-2017

Denis Villemonais, denis.villemonais@univ-lorraine.fr

FICM 1A – Probabilités

TD 1 : Tribus et mesures – Corrigé

Exercice 1.
1 1 1
1. Considérons la mesure discrète sur (R, B(R)) définie par µ1 = δ1 + δ2 + δ3 . Calculer la valeur
2 4 4
de µ1 ([0, 3/2]), puis calculer µ1 (R) pour montrer que µ1 est une mesure de probabilités.
+∞
X 3
2. Considérons la mesure discrète sur (N, P(N)) définie par µ2 = δ . Soit k ∈ N∗ . Calculer
n n
n=1
2
µ2 ({1, 2, . . . , k}) puis µ2 (N).
+∞
X 1 √
3. Considérons la mesure sur (R, P(R)) définie par µ3 = δ1/ n . Calculer µ3 ([1/2, 2]), puis
n=1
n
calculer µ3 (R).
Solution. 1. Nous avons
1 1 1
µ1 ([0, 3/2]) = δ1 ([0, 3/2]) + δ2 ([0, 3/2]) + δ3 ([0, 3/2]),
2 4 4
or δ1 ([0, 3/2]) = 1 et δ2 ([0, 3/2]) = δ3 ([0, 3/2]) = 0, donc

1 1
µ1 ([0, 3/2]) = ×1= .
2 2
De plus, δ1 (R) = δ2 (R) = δ3 (R) = 1, donc
1 1 1
µ1 (R) = × 1 + × 1 + × 1 = 1.
2 4 4
Par conséquent, µ1 est une mesure de masse 1, c’est-à-dire
µ1 est une mesure de probabilité sur R.

2. Nous avons
(
1 si n ∈ {1, . . . , k}
δn ({1, . . . , k}) =
0 sinon.

Par conséquent,
k  
X 3 1
µ2 ({1, . . . , k}) = =3 1− k .
n=1
2n 2

De même, nous avons

+∞
X 3
µ2 (N) = n
= 3.
n=1
2

1
 Remarque : comme N est la réunion croissante des {1, . . . , k} quand k → ∞, nous aurions égale-
ment pu déduire de la continuité des mesures que

µ2 (N) = lim µ2 ({1, . . . , k}) = 3.

k→∞

3. Nous avons, pour tout n ∈ N∗ ,

(
1 si n ∈ {1, 2, 3, 4}
δ1/√n ([1/2, 2]) =
0 sinon.

Par conséquent,

1 1 1 1 25
µ3 ([1/2, 2]) = + + + = .
1 2 3 4 12

De plus, δ1/√n (R) = 1 pour tout n ∈ N∗ , donc

∞
X 1
µ3 (R) = = +∞.
n=1
n

Exercice 2. Rappelons que l’on admet la mesurabilité (par rapport à la tribu borélienne sur R) des
ensembles considérés.
1. a. Soit a ∈ R. Montrer que λ1 ({a}) = 0.
b. Soient a ≤ b ∈ R. Montrer que λ1 ([a, b]) = λ1 ([a, b[) = λ1 (]a, b]) = b − a.
2. a. Soient a1 , a2 , . . . , an des éléments distincts de R. Montrer que λ1 ({a1 , . . . , an }) = 0.
b. Montrer que λ1 (Q) = 0, où Q est l’ensemble des rationnels.
3. On utilisera le fait que R × {0} = ∪n≥1 ] − n, n[×{0}.
a. Soit D0 = R × {0} la droite d’équation y = 0. Montrer que λ2 (D0 ) = 0.
b. En déduire que λ2 (D) = 0 pour toute droite D de R2 .
4. (*) Soit H un hyperplan affine de Rd , d ≥ 1. Montrer que λd (H) = 0.
Solution. 1. a. Pour tout n ≥ 1, {a} ⊂]a − 1/n, a + 1/n[, donc

0 ≤ λ1 ({a}) ≤ λ1 (]a − 1/n, a + 1/n[) = 2/n.

Cette inégalité étant vraie pour tout n ≥ 1, on en déduit que λ1 ({a}) = 0.

b. Par additivité des mesures et d’après la décomposition disjointe [a, b] = {a}∪]a, b[∪{b}, nous
avons

λ1 ([a, b]) = λ1 ({a}) + λ1 (]a, b[) + λ1 ({b}) = λ1 (]a, b[) = b − a.

Nous pouvons procéder de même pour λ1 ([a, b[) et λ1 (]a, b]). Nous pouvons également utiliser
la croissance des mesures et déduire de l’inclusion ]a, b[⊂]a, b] ⊂ [a, b] que

b − a = λ1 (]a, b[) ≤ λ1 (]a, b]) ≤ λ1 ([a, b]) = b − a,

ce qui permet également de conclure que λ1 (]a, b]) = b − a.

2
 2. a. Nous avons, par σ-additivité,
n
X
λ1 ({a1 , . . . , an }) = λ1 ({ak }) = 0.
k=1

b. De plus, Q étant dénombrable, il existe une suite (an )n≥1 d’éléments distincts de R tels que
Q = ∪∞ ∞
n=1 {an } = ∪n=1 {a1 , . . . , an }. Donc Q est la réunion croissante des {a1 , . . . , an } quand
n → ∞, donc, par continuité des mesures,

λ1 (Q) = lim λ1 ({a1 , . . . , an }) = lim 0 = 0,

n→∞ n→∞

où l’on a utilisé le résultat de la question 1.a.

3. a. La droite D0 est la réunion croissante des ] − n, n[×{0} quand n → ∞, donc, par continuité
des mesures,

λ2 (D0 ) = lim λ2 (] − n, n[×{0}) = lim lim λ2 (] − n, n[×] − 1/m, 1/m[).

n→∞ n→∞ m→+∞

Or, pour tout n, m ∈ N,

λ2 (] − n, n[×] − 1/m, 1/m[) = 4n/m,

par conséquent,

λ2 (D0 ) = 0.

b. La mesure de Lebesgue étant invariante par translation et par rotation, on en déduit que toutes
les images de D0 par ce type de transformation est de mesure de Lebesgue λ2 nulle, c’est-à-dire
que toute droite de R2 est de mesure de Lebesgue λ2 nulle.
4. Rappelons que, d’après la proposition 1.2 p. 10 du polycopié, la mesure de Lebesgue est invariante
par transformation isométrique. Or, pour tout hyperplan affine H, il existe une isométrie affine f
telle que f (H) = {0} × Rd−1 . Par conséquent,

λd (H) = λd ({0} × Rd−1 ).

Or {0} × Rd−1 s’écrit comme la réunion croissante suivante

∞
[
{0} × Rd−1 = {0}×] − n, n[d−1 .
n=0

Donc, par continuité des mesures,

λd ({0} × Rd−1 ) = lim λd ({0}×] − n, n[d−1 ) = 0.

n→+∞

Exercice 3 (Paradoxe de Simpson). Suite à une étude dont les résultats apparaissent dans le tableau
ci-dessous, un médicament semble être efficace. Le but de cet exercice est de confirmer ou infirmer cette
conclusion.

3
On considère deux population PM et PN de malades contenant chacune une proportion α ∈ [0, 1] de
femmes et 1 − α d’hommes. De plus, la population PM est traitée avec le médicament, tandis que la
population PN ne l’est pas. Quelle est la probabilité qu’un individu tiré au hasard dans la population
PM soit guéri ? Et pour la population PN ? Confirmez-vous ou infirmez-vous la conclusion émise en
début d’exercice ?
Solution. Notons PM la probabilité des événements lorsque la population est traitée avec le médicament
et PN la probabilité des événements lorsque la population n’est pas traitée avec le médicament . Soit I
l’individu tiré au hasard, alors

PM (I est guéri) = PM (I est guéri | I est une femme) PM (I est une femme)
+ PM (I est guéri | I est un homme) PM (I est un homme)

Les données fournies par le tableau sont

PM (I est guéri | I est une femme) = 20%,

PM (I est guéri | I est une homme) = 60%.

De plus, dans une population contenant une proportion α de femmes et 1 − α d’hommes, on a

PM (I est une femme) = α et PM (I est un homme) = 1 − α.

Par conséquent,

PM (I est guéri) = 0, 6 − 0, 4 α.

De même,

PN (I est guéri) = 0, 7 − 0, 4 α.

On constate bien que le traitement par médicament est ici moins efficace que le traitement sans mé-
dicament. Le résultat en apparence paradoxale du tableau est simplement dû au fait que les résultats
(avec et sans traitement) sont donnés pour deux populations différentes (donc avec des valeurs de α
différentes).

Exercice 4. On considère une infinité dénombrable de dés telle que le n-ième dé possède n + 1 faces
équiprobables, numérotées entre 0 et n, et on considère une suite (déterministe) de nombres entiers
(un )n∈N tels que 0 ≤ un ≤ n. Soit (An )n∈N∗ la suite d’événements définis par
1
An = {le n-ième dé tombe sur un } de sorte que P(An ) = , pour tout n ∈ N.
n+1

4
 1. On suppose les dés indépendants (dans cette question uniquement). Montrer que, presque sûre-
ment, il existe une infinité de dés dont la valeur coïncide avec (un )n∈N .
2. Montrer qu’il existe une sous-suite (uϕn )n∈N telle que, presque sûrement, uϕn ne coïncide pas avec
le lancer du ϕn -ième dé à partir d’un certain rang (qui dépend du tirage).
Solution. 1. D’après l’énoncé, les événements An sont indépendants. Or
∞
X
P(An ) = +∞,
n=1

donc, d’après la deuxième partie du lemme de Borel-Cantelli,

P(ω ∈ Ω / il existe une infinité d’indices tels que ω ∈ An ) = 1,

ce qui correspond au résultat demandé.

2. Soit ϕn = n2 . Alors, pour tout n ∈ N,
1
P(Aϕn ) = ,
n2 +1
donc
∞
X
P(Aϕn ) < ∞.
n=1

Donc, d’après la première partie du lemme de Borel-Cantelli,

P(ω ∈ Ω / il existe une infinité d’indices tels que ω ∈ Aϕn ) = 0,

c’est-à-dire

P(ω ∈ Ω / il existe un indice à partir duquel ω ∈

/ Aϕn ) = 1,

ce qui correspond au résulta demandé.

Exercice 5. Soient A1 , A2 , . . . , An , . . . des événements indépendants.

1. Montrer que les événements Ac1 , A2 , . . . , An , . . . sont mutuellement indépendants.
(c) (c) (c)
2. (*) En déduire par récurrence que les événements A1 , A2 , . . . , An , . . . sont mutuellement indé-
(c)
pendants (où Ai est égal à Ai ou à Aci ).
Solution. Nous montrons directement le résultat général annoncé en question 2.
Plus précisément, nous montrons par récurrence la propriété suivante :
(c)
P (n) = "les événements A1 , . . . , A(c)
n , An+1 , An+2 , . . . sont indépendants."

Au rang n = 0, la définition est une conséquence immédiate de l’indépendance des A1 , . . . , An , . . ..

Supposons le résultat vrai à l’ordre n et montrons que cela implique le résultat à l’ordre n + 1. Nous
(c) (c)
posons B1 = A1 , . . . , Bn+1 = An+1 et Bn+2 = An+2 , Bn+3 = An+3 , . . .. Ainsi, P (n + 1) est équivalent à
"les événements B1 , . . . , Bn , . . . sont indépendants".
(c)
Cas Bn+1 = An+1 = An+1 . Alors P (n) et P (n + 1) sont équivalentes, donc P (n + 1) est vérifiée par
hypothèse de récurrence.

5
 (c)
Cas Bn+1 = An+1 = Acn+1 . Soit I = {i1 < · · · < ik } une sous-famille d’indices de {1, 2, . . .}. Si n +
(c) (c)
1∈ / I, alors Bi1 , . . . , Bik est une sous famille finie de A1 , . . . , An , An+1 , An+2 , . . ., donc d’après
l’hypothèse de récurrence,
P(Bi1 ∩ · · · ∩ Bik ) = P(Bi1 ) · · · P(Bik ).
Si n + 1 ∈ I, posons I1 = {i ∈ I, i ≤ n} et I2 = {i ∈ I, i ≥ n + 2}. En utilisant l’égalité
P(Ac ∩ B) = P(B) − P(A ∩ B) vraie pour tous événements A et B, on obtient
" ! !#
\ (c) \ \ \
P(Bi1 ∩ · · · ∩ Bik ) = P Ai Acn+1 Ai
i∈I1 i∈I2
" ! !#
\ (c)
\ \
=P Ai Ai
i∈I1 i∈I2
" ! !#
\ (c)
\ \ \
−P Ai An+1 Ai
i∈I1 i∈I2
! !
Y Y
= P(Ai ) × P(Ai )
i∈I1 i∈I1
! !
Y Y
− P(Ai ) × P(An+1 ) × P(Ai ) ,
i∈I1 i∈I1

car les événements en jeu sont indépendants d’après l’hypothèse de récurrence. Ainsi
! !
Y Y
P(Bi1 ∩ · · · ∩ Bik ) = P(Ai ) × (1 − P(An+1 )) × P(Ai )
i∈I1 i∈I1
! !
Y Y
= P(Ai ) × P(Acn+1 ) × P(Ai )
i∈I1 i∈I1

= P(Bi1 ) · · · P(Bik ).
Ceci étant vrai pour toute sous-famille finie d’indice n, on en déduit que B1 , . . . , Bn , . . . est une
famille d’événements mutuellement indépendants, donc P (n + 1) est vérifiée.
Finalement, nous avons montré par récurrence que P (n) est vraie pour tout n. En particulier,
(c) (c)
pour tout n ≥ 1, les événements A1 , . . . , An sont mutuellement indépendants. Par conséquent,
pour toute sous famille finie d’indice I = {i1 < i2 < · · · < ik },
(c) (c) (c) (c)
P(Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ) = P(Ai1 ) · · · P(Aik ).
En définitive, les événements A1 , . . . , An , . . . sont mutuellement indépendants.

Exercice 6. Soit (Ω, F, P) un espace de probabilité. Existe-t-il n ≥ 2 et A1 , A2 , . . . , An mutuellement

indépendants tels que P(A1 ) = P(A2 ) = · · · = P(An ) ∈ [0, 1[ et tels que A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An = Ω ?
Solution. Non ! En effet, si A1 , A2 , . . . , An sont mutuellement indépendants tels que P(A1 ) = P(A2 ) =
· · · = P(An ) ∈ [0, 1[, alors
P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) = 1 − P(Ac1 ∩ Ac2 ∩ · · · ∩ Acn )
= 1 − P(Ac1 )P(Ac2 ) · · · P(Acn )
= 1 − (1 − P(A1 ))(1 − P(A2 )) · · · (1 − P(An ))
= 1 − (1 − P(A1 ))n < 1 = P(Ω).

6
Exercice 7. (*) Soit K ⊂ R2 un borélien tel que λ2 (K) < 1. Soient B1 , B2 , . . . , Bn une suite de disques
disjoints inclus dans K tels que le rayon de Bi est 1/2i . Montrer que
1
4n 6 .
1 − λ2 (K)

Solution.
Sn Soit K ⊂ R2 un borélien tel que λ(K) < 1. Les disques Bi étant inclus dans K, leur réunion
i=1 Bi l’est aussi. Donc, par croissance de la mesure λ1 ,

n
!
[
λ2 Bi 6 λ2 (K).
i=1

De plus, les disques Bi sont disjoints, donc, par additivité de la mesure λ1 ,

n
! n
[ X
λ2 Bi = λ2 (Bi ).
i=1 i=1

De plus λ2 (Bi ) = aire(Bi ) = π/4i . Par suite,

n
!
[ π
λ2 Bi = (1 − 1/4n )
i=1
3

et
π
(1 − 1/4n ) 6 λ2 (K).
3
Or π/3 > 1 donc

1 − 1/4n 6 λ2 (K),

ce qui signifie que

1
4n 6 .
1 − λ2 (K)

Exercice 8. (*) Soit (Ω, F, µ) un espace mesuré. On souhaite construire une tribu F 0 et une mesure
µ0 : F 0 → [0, +∞] telles que µ0 = µ sur F et telles que (Ω, F 0 , µ0 ) est complet (i.e. telles que les
ensembles négligeables de µ0 sont tous dans F 0 ). C’est ce qui nous permet, dans le cours, de supposer
que les ensembles négligeables sont mesurables.
1. Soit N la famille des ensembles négligeables de µ. Montrer que

F 0 = {A ∪ N, A ∈ F et N ∈ N }

est une tribu.

2. a. Soient A1 , A2 ∈ F et N1 , N2 ∈ N tels que A1 ∪ N1 = A2 ∪ N2 . Montrer que µ(A1 ) = µ(A2 ).
b. Pour tout ensemble A ∪ N ∈ F 0 , on peut donc définir sans risque d’ambiguïté la valeur µ0 (A ∪
N ) := µ(A). Montrer que µ0 est une mesure positive sur F 0 telle que µ0 = µ sur F.

7
 3. a. Montrer que les ensembles négligeables de µ0 sont négligeables pour µ.
b. En déduire que l’espace (Ω0 , F 0 , µ0 ) est complet.

Solution. 1. Montrons que F 0 vérifie les trois axiomes de la définition d’une tribu.
(i) L’ensemble vide étant négligeable, nous avons A = A ∪ ∅ ∈ F 0 pour tout A ∈ F, donc
F ⊂ F 0 . En particulier, F étant une tribu, Ω ∈ F, donc

Ω ∈ F 0.

(ii) Soit A0 = A ∪ N ∈ F 0 , avec A ∈ F et N négligeable. Alors, par définition d’un ensemble

négligeable, il existe B ∈ F tel que N ⊂ B et µ(B) = 0. De plus,

A0c = (A ∪ B)c ∪ [(A ∪ B) \ A0 ].

Or A ∪ B ∈ F car une tribu est stable par réunion dénombrable (et a fortiori finie) et
(A ∪ B) \ A0 ⊂ B est négligeable. Par conséquent,

A0c ∈ F 0 .

(iii) Soient A01 = A1 ∪ N1 , ..., A0n = An ∪ Nn , ... des éléments de F 0 avec Ai ∈ F et Ni négligeable
pour tout i ≥ 1. Alors
∞
[ ∞
[ ∞
[
A0n = An ∪ Nn .
n=1 n=1 n=1

Or ∞
S S∞
n=1 An ∈ F, car une tribu est stable par réunion dénombrable, et n=1 Nn est négli-
geable (par sous-additivité des mesures). Par conséquent,
∞
[
A0n ∈ F 0 .
n=1

En définitive,

F 0 est une tribu.

2. a. Soient B1 , B2 ∈ F tels que µ(B1 ) = µ(B2 ) = 0 et Ni ⊂ Bi , pour i = 1, 2. Alors

A1 ⊂ A1 ∪ B1 ⊂ (A2 ∪ B2 ) ∪ B1 .

Par conséquent, par croissance et sous-additivité des mesures,

µ(A1 ) ≤ µ(A2 ) + µ(B2 ) + µ(B1 ) = µ(A2 ).

De même, µ(A2 ) ≤ µ(A1 ), donc

µ(A1 ) = µ(A2 ).

b. Pour tout A ∈ F, on a µ0 (A) = µ0 (A ∪ ∅) = µ(A) car ∅ est un ensemble négligeable. Par

conséquent, µ0 et µ coïncident sur F. Montrons à présent que µ0 est une mesure sur F 0 en
vérifiant les deux axiomes de la définition d’une mesure.
(i) Nous avons ∅ ∈ F car F est une tribu, donc µ0 (∅) = µ(∅) = 0.

8
 (ii) Soient A01 = A1 ∪ N1 , ..., A0n = An ∪ Nn , ... des éléments disjoints de F 0 avec Ai ∈ F et
Ni négligeable pour tout i ≥ 1. Alors
∞
[ ∞
[ ∞
[
A0n = An ∪ Nn ,
n=1 n=1 n=1

où la réunion sur les An Sest disjointe. Or ∞

S
n=1 An ∈ F, car une tribu est stable par
∞
réunion dénombrable, et n=1 Nn est négligeable (par sous-additivité des mesures). Par
conséquent,
∞ ∞
! ∞
! ∞
[ [ [ X
µ0 An ∪ Nn = µ An = µ(An )
n=1 n=1 n=1 n=1
n
X
= µ0 (An ∪ Nn ).
n=1

On en déduit que µ est σ-additive.

En définitive, µ0 est bien une mesure sur F 0 .
3. a. Soit N 0 = A ∪ N ∈ F 0 un ensemble négligeable pour µ0 , où A ∈ F et N est un ensemble
négligeable pour µ. Soit B ∈ F tel que µ(B) = 0 et N ⊂ B, alors N 0 ⊂ A ∪ B et, B étant
µ-négligeable,

µ(A ∪ B) = µ(A) = µ0 (A ∪ N ) = 0.

Par conséquent, N 0 est un négligeable pour µ.

b. Tout négligeable N 0 pour µ0 est un négligeable pour µ, donc ∅ ∪ N 0 ∈ F 0 , car ∅ ∈ F. Par
conséquent, F 0 contient tous les négligeables de µ0 et on en déduit que (Ω, F 0 , µ0 ) est complet.