MPSI · Probabilités sur un univers fini

Indépendance

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Conditionner modifie en général la probabilité d'un événement : c'est tout l'intérêt des deux leçons précédentes. Il arrive pourtant que l'information n'apporte rien — que PA(B)\mathbb{P}_A(B) soit exactement P(B)\mathbb{P}(B). Cette situation, loin d'être anecdotique, est la plus fréquente en modélisation : elle correspond aux expériences que l'on répète sans que les précédentes influent sur les suivantes.

Dans toute la suite, (Ω,P)(\Omega, \mathbb{P}) désigne un espace probabilisé fini.

Indépendance de deux événements

Question

Comment traduire mathématiquement que la réalisation de AA n'apprend rien sur celle de BB ? L'écriture PA(B)=P(B)\mathbb{P}_A(B)=\mathbb{P}(B) vient à l'esprit, mais elle exige P(A)≠0\mathbb{P}(A)\neq 0 et n'est pas symétrique en apparence. Existe-t-il une formulation qui évite ces deux défauts ?

Définition 1 : Événements indépendants

Deux événements AA et BB sont dits indépendants si

P(A∩B)=P(A) P(B). \mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A)\,\mathbb{P}(B).

Exemple :

On lance un dé équilibré à six faces. Les événements AA : « le résultat est pair » et BB : « le résultat est un multiple de 33 » sont indépendants : P(A)=12\mathbb{P}(A)=\tfrac12, P(B)=13\mathbb{P}(B)=\tfrac13 et P(A∩B)=P({6})=16=12×13\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(\{6\})=\tfrac16=\tfrac12\times\tfrac13.

Rien dans le dispositif ne rend pourtant ces deux événements « sans rapport » : ils portent sur le même lancer et le même résultat. L'égalité est une coïncidence numérique. Que devient-elle si le dé a un autre nombre de faces ?

Test 1 : Incompatibilité et indépendance

Deux événements incompatibles de probabilités non nulles sont indépendants.

La propriété suivante fournit une interprétation plus concrète de l'indépendance ; elle n'est valable que lorsque P(A)≠0\mathbb{P}(A) \neq 0.

Proposition 1 : Caractérisation par la probabilité conditionnelle

Si P(A)≠0\mathbb{P}(A) \neq 0, les événements AA et BB sont indépendants si et seulement si

PA(B)=P(B). \mathbb{P}_A(B) = \mathbb{P}(B).

Démonstration :

Supposons P(A)≠0\mathbb{P}(A)\neq 0, de sorte que PA(B)=P(A∩B)P(A)\mathbb{P}_A(B)=\dfrac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(A)} est bien défini. En multipliant par le réel non nul P(A)\mathbb{P}(A), on obtient la chaîne d'équivalences

PA(B)=P(B)  ⟺  P(A∩B)P(A)=P(B)  ⟺  P(A∩B)=P(A) P(B),\mathbb{P}_A(B)=\mathbb{P}(B) \iff \frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(A)}=\mathbb{P}(B) \iff \mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\,\mathbb{P}(B),

la dernière égalité étant la définition de l'indépendance de AA et BB.

Remarque :

Cela signifie que le fait de savoir que AA est réalisé (ou non) n'influe pas sur notre connaissance de l'éventuelle réalisation de BB.

La définition retenue présente deux avantages sur cette caractérisation : elle est manifestement symétrique en AA et BB, et elle garde un sens lorsque P(A)=0\mathbb{P}(A)=0.

Exercice 1 : Un dé à n faces

On lance un dé équilibré dont les faces sont numérotées de 11 à nn. On note AA l'événement « le résultat est pair » et BB l'événement « le résultat est un multiple de 33 ».

  1. Pour n=5n=5, calculer P(A)\mathbb{P}(A), P(B)\mathbb{P}(B) et P(A∩B)\mathbb{P}(A\cap B). Les événements AA et BB sont-ils indépendants ?
  2. Même question pour n=8n=8.
  3. Que conclure sur la nature de la propriété d'indépendance ?
Solution :(cliquer pour afficher)

On munit Ω=⟦1,n⟧\Omega=\llbracket 1,n\rrbracket de l'équiprobabilité, de sorte que la probabilité de tout événement est son cardinal divisé par nn.

1. Pour n=5n=5 : A={2,4}A=\{2,4\}, B={3}B=\{3\} et A∩B=∅A\cap B=\varnothing. Donc

P(A)=25,P(B)=15,P(A∩B)=0.\mathbb{P}(A)=\frac25,\qquad \mathbb{P}(B)=\frac15,\qquad \mathbb{P}(A\cap B)=0.

Comme P(A)P(B)=225≠0\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)=\tfrac2{25}\neq 0, les événements ne sont pas indépendants. Ils sont même incompatibles : aucun entier de ⟦1,5⟧\llbracket 1,5\rrbracket n'est à la fois pair et multiple de 33.

2. Pour n=8n=8 : A={2,4,6,8}A=\{2,4,6,8\}, B={3,6}B=\{3,6\} et A∩B={6}A\cap B=\{6\}. Donc

P(A)=48=12,P(B)=28=14,P(A∩B)=18,\mathbb{P}(A)=\frac48=\frac12,\qquad \mathbb{P}(B)=\frac28=\frac14,\qquad \mathbb{P}(A\cap B)=\frac18,

et P(A)P(B)=12×14=18=P(A∩B)\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)=\tfrac12\times\tfrac14=\tfrac18=\mathbb{P}(A\cap B) : les événements sont indépendants.

3. Les mêmes deux propriétés arithmétiques, appliquées au même type de dispositif, donnent l'indépendance pour n=6n=6 et n=8n=8, et la dépendance pour n=5n=5. Aucun mécanisme, aucune absence de « lien causal » n'explique cela : l'indépendance est une égalité numérique entre trois probabilités, rien de plus. Elle dépend de la probabilité P\mathbb{P} considérée et pas seulement des événements.

La conséquence pratique est nette : on ne décrète jamais l'indépendance parce que deux événements « n'ont rien à voir ». Ou bien elle est posée comme hypothèse de modélisation — c'est le cas des tirages avec remise ou des lancers répétés —, ou bien elle se démontre par le calcul.

Exercice 2 : Deux urnes et un dé, suite

On reprend le dispositif de la leçon précédente. Une urne UU contient 99 boules blanches et 11 boule noire, une urne VV contient 33 boules blanches et 77 boules noires. On lance un dé équilibré à 66 faces : si l'on obtient 11, on effectue deux tirages avec remise dans UU ; sinon, deux tirages avec remise dans VV.

On note UU et VV les événements correspondant au choix de l'urne, B1B_1 : « la première boule est blanche » et N2N_2 : « la deuxième boule est noire ». On rappelle les valeurs obtenues précédemment : P(B1)=25\mathbb{P}(B_1)=\tfrac25 et P(N2)=35\mathbb{P}(N_2)=\tfrac35.

Les événements B1B_1 et N2N_2 sont-ils indépendants ?

Solution :(cliquer pour afficher)

Calculons P(B1∩N2)\mathbb{P}(B_1\cap N_2) par la formule des probabilités totales, appliquée au système complet (U,V)(U,V) :

P(B1∩N2)=PU(B1∩N2) P(U)+PV(B1∩N2) P(V).\mathbb{P}(B_1\cap N_2)=\mathbb{P}_U(B_1\cap N_2)\,\mathbb{P}(U)+\mathbb{P}_V(B_1\cap N_2)\,\mathbb{P}(V).

À l'intérieur de chaque cas, l'urne est fixée et les deux tirages ont lieu avec remise : la composition est identique aux deux étapes, et le second tirage se fait dans les mêmes conditions que le premier. Donc

PU(B1∩N2)=910⋅110=9100,PV(B1∩N2)=310⋅710=21100.\mathbb{P}_U(B_1\cap N_2)=\frac9{10}\cdot\frac1{10}=\frac{9}{100}, \qquad \mathbb{P}_V(B_1\cap N_2)=\frac3{10}\cdot\frac7{10}=\frac{21}{100}.

Il vient

P(B1∩N2)=9100⋅16+21100⋅56=9600+105600=114600=19100.\mathbb{P}(B_1\cap N_2)=\frac{9}{100}\cdot\frac16+\frac{21}{100}\cdot\frac56 =\frac{9}{600}+\frac{105}{600}=\frac{114}{600}=\frac{19}{100}.

Or

P(B1) P(N2)=25⋅35=625=24100.\mathbb{P}(B_1)\,\mathbb{P}(N_2)=\frac25\cdot\frac35=\frac{6}{25}=\frac{24}{100}.

Comme 19100≠24100\tfrac{19}{100}\neq\tfrac{24}{100}, les événements B1B_1 et N2N_2 ne sont pas indépendants.

Ce résultat peut surprendre, puisque les deux tirages se font avec remise. Mais l'urne n'est pas connue : observer une boule blanche au premier tirage rend l'urne UU plus plausible, donc rend une boule noire moins probable au second. L'information circule d'un tirage à l'autre non pas directement, mais par l'intermédiaire de la cause commune qu'est le choix de l'urne.

Remarque :

L'indépendance de deux événements dépend de la probabilité considérée. Ici, B1B_1 et N2N_2 ne sont pas P\mathbb{P}-indépendants, alors qu'ils sont PU\mathbb{P}_U-indépendants et PV\mathbb{P}_V-indépendants.

Test 2 : Une propriete des seuls evenements

Si AA et BB sont indépendants pour une probabilité P\mathbb{P} sur Ω\Omega, ils le sont pour toute probabilité sur Ω\Omega.

Question

Si savoir que AA est réalisé n'apprend rien sur BB, il paraît naturel que savoir que AA n'est pas réalisé n'apprenne rien non plus. Cette intuition est-elle exacte — et si oui, jusqu'où va-t-elle ?

Proposition 2 : Indépendance et complémentaires

Deux événements AA et BB sont indépendants si et seulement si AA et B‾\overline{B} le sont, ce qui équivaut encore à l'indépendance de A‾\overline{A} et B‾\overline{B}.

Démonstration :

Établissons d'abord l'implication suivante, valable pour tout couple d'événements (X,Y)(X,Y) :

X et Y indeˊpendants  ⟹  X et Y‾ indeˊpendants.(∗)X\text{ et }Y\text{ indépendants}\implies X\text{ et }\overline{Y}\text{ indépendants}. \tag{$\ast$}

En effet, la règle de la différence donne P(X∩Y‾)=P(X)−P(X∩Y)\mathbb{P}\bigl(X\cap\overline{Y}\bigr)=\mathbb{P}(X)-\mathbb{P}(X\cap Y). Si XX et YY sont indépendants, il vient

P(X∩Y‾)=P(X)−P(X)P(Y)=P(X)(1−P(Y))=P(X) P(Y‾),\mathbb{P}\bigl(X\cap\overline{Y}\bigr)=\mathbb{P}(X)-\mathbb{P}(X)\mathbb{P}(Y)=\mathbb{P}(X)\bigl(1-\mathbb{P}(Y)\bigr)=\mathbb{P}(X)\,\mathbb{P}\bigl(\overline{Y}\bigr),

ce qui est l'indépendance de XX et Y‾\overline{Y}.

Première équivalence. L'implication directe est (∗)(\ast) appliquée à (A,B)(A,B). Réciproquement, si AA et B‾\overline{B} sont indépendants, (∗)(\ast) appliquée à (A,B‾)(A,\overline{B}) donne l'indépendance de AA et B‾‾=B\overline{\overline{B}}=B.

Seconde équivalence. Supposons AA et BB indépendants. Par ce qui précède, AA et B‾\overline{B} le sont ; la définition étant symétrique, B‾\overline{B} et AA le sont aussi, et (∗)(\ast) appliquée à (B‾,A)\bigl(\overline{B},A\bigr) donne l'indépendance de B‾\overline{B} et A‾\overline{A}, donc celle de A‾\overline{A} et B‾\overline{B}. La réciproque s'obtient en appliquant ce même raisonnement au couple (A‾,B‾)\bigl(\overline{A},\overline{B}\bigr), puisque le complémentaire du complémentaire est l'événement lui-même.

Test 3 : Un evenement presque sur

Un événement de probabilité 11 est indépendant de tout autre événement.

Exercice 3 : Deux couleurs, au plus une blanche

Une urne contient 2020 boules blanches et 2020 boules noires. On y effectue nn tirages successifs avec remise, avec n⩾2n\geqslant 2. On note AA l'événement « au cours des tirages, on a obtenu des boules de chacune des couleurs » et BB l'événement « au cours des tirages, on a obtenu au plus une boule blanche ».

Étudier l'indépendance des événements AA et BB.

Solution :(cliquer pour afficher)

Modélisation. L'urne contenant autant de blanches que de noires, chaque tirage donne une blanche ou une noire avec la même chance. On code une issue par la suite des couleurs obtenues :

Ω={B,N}n,Card(Ω)=2n,\Omega=\{\text{B},\text{N}\}^{n},\qquad \mathrm{Card}(\Omega)=2^{n},

muni de l'équiprobabilité, chaque suite de couleurs étant obtenue par le même nombre de tirages de boules numérotées.

Calcul de P(A)\mathbb{P}(A). L'événement contraire A‾\overline{A} est « toutes les boules ont la même couleur », qui compte exactement deux issues : la suite constante blanche et la suite constante noire. Donc

P(A‾)=22n=12n−1,P(A)=1−12n−1.\mathbb{P}\bigl(\overline{A}\bigr)=\frac{2}{2^{n}}=\frac1{2^{n-1}}, \qquad \mathbb{P}(A)=1-\frac1{2^{n-1}}.

Calcul de P(B)\mathbb{P}(B). « Au plus une blanche » signifie « aucune blanche » ou « exactement une blanche ». Il y a une seule suite sans blanche, et nn suites comportant exactement une blanche — une par position possible. Donc

P(B)=n+12n.\mathbb{P}(B)=\frac{n+1}{2^{n}}.

Calcul de P(A∩B)\mathbb{P}(A\cap B). Une issue de A∩BA\cap B comporte les deux couleurs et au plus une blanche : elle comporte donc exactement une blanche. Réciproquement, comme n⩾2n\geqslant 2, une suite à exactement une blanche comporte au moins une noire, donc réalise AA. Ainsi A∩BA\cap B est l'événement « exactement une blanche », de cardinal nn :

P(A∩B)=n2n.\mathbb{P}(A\cap B)=\frac{n}{2^{n}}.

Comparaison. Les événements sont indépendants si et seulement si

n2n=(1−12n−1)n+12n.\frac{n}{2^{n}}=\left(1-\frac1{2^{n-1}}\right)\frac{n+1}{2^{n}}.

En multipliant par 2n2^{n} puis en développant :

n=(n+1)−n+12n−1  ⟺  n+12n−1=1  ⟺  n+1=2 n−1.n=(n+1)-\frac{n+1}{2^{n-1}} \iff \frac{n+1}{2^{n-1}}=1 \iff n+1=2^{\,n-1}.

Il reste à résoudre cette équation pour n⩾2n\geqslant 2. On vérifie que n=2n=2 donne 3≠23\neq 2, n=3n=3 donne 4=44=4, et n=4n=4 donne 5≠85\neq 8. Pour n⩾4n\geqslant 4, la suite 2n−12^{n-1} croît strictement plus vite que n+1n+1 — l'écart 2n−1−(n+1)2^{n-1}-(n+1) vaut 33 pour n=4n=4 et augmente à chaque rang, puisque passer de nn à n+1n+1 double 2n−12^{n-1} et n'ajoute que 11 à n+1n+1. Il n'y a donc pas d'autre solution.

Conclusion. Les événements AA et BB sont indépendants si et seulement si n=3n=3. Vérification directe dans ce cas : P(A)=1−14=34\mathbb{P}(A)=1-\tfrac14=\tfrac34, P(B)=48=12\mathbb{P}(B)=\tfrac48=\tfrac12, P(A∩B)=38=34×12\mathbb{P}(A\cap B)=\tfrac38=\tfrac34\times\tfrac12.

Cet exercice illustre au mieux ce que dit la définition : deux événements manifestement liés dans leur formulation — tous deux parlent du nombre de blanches obtenues — se trouvent être indépendants pour une valeur de nn et une seule. L'indépendance n'est pas une propriété qualitative des énoncés, c'est une coïncidence numérique qui se vérifie par le calcul.

Indépendance mutuelle

On étend à présent la notion d'indépendance à une famille quelconque d'événements. La généralisation n'est pas immédiate : il ne suffit pas d'imposer l'indépendance deux à deux, comme le montrera l'exemple ci-après.

Définition 2 : Indépendance mutuelle

Des événements A1,…,AnA_1, \ldots, A_n de (Ω,P)(\Omega, \mathbb{P}) sont dits mutuellement indépendants (ou simplement indépendants) si, pour toute partie non vide II de ⟦1,n⟧\llbracket 1, n \rrbracket, on a

P(⋂i∈IAi)=∏i∈IP(Ai). \mathbb{P}\left(\bigcap_{i \in I} A_i\right) = \prod_{i \in I} \mathbb{P}(A_i).

Remarque :

  1. L'indépendance de nn événements ne dépend pas de l'ordre de ces événements.

    C'est une notion très forte qui demande de vérifier 2n−12^n - 1 égalités (autant que de parties non vides II de ⟦1,n⟧\llbracket 1, n \rrbracket). Il est rare qu'on ait à les vérifier directement : soit l'indépendance des événements fait partie des hypothèses — elle modélise des expériences aléatoires aux résultats indépendants —, soit elle est la conséquence de l'indépendance, connue, d'autres événements.

  2. Si les événements A1,…,AnA_1, \ldots, A_n sont mutuellement indépendants, alors ils sont deux à deux indépendants, comme on le voit en prenant pour II un ensemble à deux éléments.

    Mais la réciproque est fausse, comme le montre l'exemple suivant.

Exemple :

On lance deux dés équilibrés et l'on considère les événements AA « le premier dé amène un nombre pair », BB « le second dé amène un nombre pair » et CC « les deux dés amènent des nombres de même parité ».

On a

P(A)=P(B)=P(C)=12,P(A∩B)=P(A∩C)=P(B∩C)=14. \mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(C) = \frac{1}{2}, \qquad \mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A \cap C) = \mathbb{P}(B \cap C) = \frac{1}{4}.

Les événements AA, BB et CC sont donc indépendants deux à deux. Mais

P(A∩B∩C)=P(A∩B)=14≠P(A) P(B) P(C), \mathbb{P}(A \cap B \cap C) = \mathbb{P}(A \cap B) = \frac{1}{4} \neq \mathbb{P}(A)\,\mathbb{P}(B)\,\mathbb{P}(C),

donc AA, BB et CC ne sont pas mutuellement indépendants.

Test 4 : Deux a deux et mutuellement

Trois événements deux à deux indépendants sont mutuellement indépendants.

Proposition 3 : Stabilité par complémentaire

Si les événements A1,…,AnA_1, \ldots, A_n sont mutuellement indépendants, alors les événements B1,…,BnB_1, \ldots, B_n, où chaque BiB_i (pour 1⩽i⩽n1 \leqslant i \leqslant n) est AiA_i ou Ai‾\overline{A_i}, sont également mutuellement indépendants.

Démonstration :

Notons J⊂⟦1,n⟧J\subset\llbracket 1,n\rrbracket l'ensemble des indices pour lesquels Bi=Ai‾B_i=\overline{A_i}, et raisonnons par récurrence sur le cardinal kk de JJ.

Initialisation. Si k=0k=0, alors Bi=AiB_i=A_i pour tout ii et le résultat est l'hypothèse.

Hérédité. Soit k⩾0k\geqslant 0 ; supposons le résultat acquis pour toute famille obtenue en complémentant kk des événements AiA_i, et considérons une famille (Bi)(B_i) où k+1k+1 indices sont complémentés. Choisissons l'un d'eux, noté jj, et introduisons la famille (Bi′)(B'_i) définie par Bj′=AjB'_j=A_j et Bi′=BiB'_i=B_i pour i≠ji\neq j : elle ne comporte que kk complémentations, donc elle est mutuellement indépendante par hypothèse de récurrence.

Soit I⊂⟦1,n⟧I\subset\llbracket 1,n\rrbracket une partie non vide. Deux cas.

Si j∉Ij\notin I, alors Bi=Bi′B_i=B'_i pour tout i∈Ii\in I, et l'égalité voulue est celle de la famille (Bi′)(B'_i).

Si j∈Ij\in I, posons C=⋂i∈I, i≠jBi\displaystyle C=\bigcap_{i\in I,\ i\neq j}B_i, avec la convention C=ΩC=\Omega lorsque I={j}I=\{j\}. Comme Bj=Aj‾B_j=\overline{A_j}, la règle de la différence donne

P(⋂i∈IBi)=P(C∩Aj‾)=P(C)−P(C∩Aj).\mathbb{P}\left(\bigcap_{i\in I}B_i\right)=\mathbb{P}\bigl(C\cap\overline{A_j}\bigr)=\mathbb{P}(C)-\mathbb{P}(C\cap A_j).

Or CC et C∩AjC\cap A_j s'écrivent tous deux comme des intersections d'événements de la famille (Bi′)(B'_i), indexées respectivement par I∖{j}I\setminus\{j\} et par II. L'hypothèse de récurrence donne donc

P(C)=∏i∈I, i≠jP(Bi)etP(C∩Aj)=P(Aj)∏i∈I, i≠jP(Bi).\mathbb{P}(C)=\prod_{i\in I,\ i\neq j}\mathbb{P}(B_i) \qquad\text{et}\qquad \mathbb{P}(C\cap A_j)=\mathbb{P}(A_j)\prod_{i\in I,\ i\neq j}\mathbb{P}(B_i).

En reportant et en factorisant :

P(⋂i∈IBi)=(∏i∈I, i≠jP(Bi))(1−P(Aj))=(∏i∈I, i≠jP(Bi))P(Aj‾)=∏i∈IP(Bi).\mathbb{P}\left(\bigcap_{i\in I}B_i\right) =\left(\prod_{i\in I,\ i\neq j}\mathbb{P}(B_i)\right)\bigl(1-\mathbb{P}(A_j)\bigr) =\left(\prod_{i\in I,\ i\neq j}\mathbb{P}(B_i)\right)\mathbb{P}\bigl(\overline{A_j}\bigr) =\prod_{i\in I}\mathbb{P}(B_i).

La famille (Bi)(B_i) est donc mutuellement indépendante, ce qui achève la récurrence.

Rédaction — Utiliser lindependance mutuelle dans un calcul :

L'indépendance mutuelle n'est presque jamais à vérifier : elle est posée par l'énoncé, comme traduction d'un dispositif où les épreuves ne s'influencent pas (tirages avec remise, lancers répétés, composants distincts d'un système). Elle sert alors à calculer.

Étape 1 — écrire l'événement cible comme une intersection des AiA_i ou de leurs contraires.

Étape 2 — appliquer la définition si tous les événements de l'intersection sont des AiA_i, la proposition de stabilité si certains sont complémentés. Dans les deux cas, la probabilité de l'intersection est le produit des probabilités.

Étape 3 — passer au contraire si l'énoncé dit « au moins un ». C'est le cas le plus fréquent :

P(⋃i=1nAi)=1−P(⋂i=1nAi‾)=1−∏i=1n(1−P(Ai)).\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_i\right)=1-\mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^{n}\overline{A_i}\right)=1-\prod_{i=1}^{n}\bigl(1-\mathbb{P}(A_i)\bigr).

Cette formule n'a de sens que sous l'hypothèse d'indépendance mutuelle, et c'est précisément la proposition de stabilité qui autorise la seconde égalité.

Exercice 4 : Fiabilite dun systeme

Un système est constitué de nn composants. Chaque composant fonctionne avec la probabilité p∈ ]0 ;1[p\in\,]0\,;1[, et l'on suppose les événements FiF_i : « le composant ii fonctionne » mutuellement indépendants.

  1. Le système est monté en série : il fonctionne si et seulement si tous les composants fonctionnent. Calculer la probabilité sns_n qu'il fonctionne.
  2. Le système est monté en parallèle : il fonctionne si et seulement si au moins un composant fonctionne. Calculer la probabilité qnq_n qu'il fonctionne, en précisant quel résultat du cours autorise le calcul.
  3. Application numérique pour p=0,9p=0{,}9 et n=5n=5. Commenter.
  4. Étudier les limites de sns_n et qnq_n lorsque nn tend vers l'infini, et interpréter.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Le système en série fonctionne si l'événement F1∩F2∩⋯∩FnF_1\cap F_2\cap\cdots\cap F_n est réalisé. En appliquant la définition de l'indépendance mutuelle à I=⟦1,n⟧I=\llbracket 1,n\rrbracket :

sn=P(⋂i=1nFi)=∏i=1nP(Fi)=p n.s_n=\mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^{n}F_i\right)=\prod_{i=1}^{n}\mathbb{P}(F_i)=p^{\,n}.

2. Le système en parallèle tombe en panne si et seulement si aucun composant ne fonctionne, c'est-à-dire si l'événement F1‾∩⋯∩Fn‾\overline{F_1}\cap\cdots\cap\overline{F_n} est réalisé. La proposition de stabilité par complémentaire assure que les Fi‾\overline{F_i} sont eux aussi mutuellement indépendants — c'est elle, et non la définition seule, qui autorise le passage au produit :

P(⋂i=1nFi‾)=∏i=1nP(Fi‾)=(1−p)n,\mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^{n}\overline{F_i}\right)=\prod_{i=1}^{n}\mathbb{P}\bigl(\overline{F_i}\bigr)=(1-p)^{n},

d'où

qn=1−(1−p)n.q_n=1-(1-p)^{n}.

3. Pour p=0,9p=0{,}9 et n=5n=5 :

s5=0,95≈0,590,q5=1−0,15=1−10−5=0,99999.s_5=0{,}9^{5}\approx 0{,}590, \qquad q_5=1-0{,}1^{5}=1-10^{-5}=0{,}99999.

Avec des composants pourtant identiques et plutôt fiables, le montage en série est moins fiable que chaque composant pris isolément — une chaîne ne vaut que par son maillon le plus faible, et multiplier les maillons multiplie les occasions de rompre. Le montage en parallèle, lui, est bien plus fiable que chacun de ses composants : c'est le principe de la redondance, utilisé dans tous les systèmes critiques.

4. Comme 0<p<10<p<1, on a p n→0p^{\,n}\to 0 et (1−p)n→0(1-p)^{n}\to 0, donc

sn→n→+∞0etqn→n→+∞1.s_n\xrightarrow[n\to+\infty]{}0 \qquad\text{et}\qquad q_n\xrightarrow[n\to+\infty]{}1.

Les deux montages divergent radicalement : allonger indéfiniment une chaîne en série la condamne, quelle que soit la qualité des composants ; multiplier indéfiniment les composants en parallèle rend la panne aussi improbable qu'on le souhaite. C'est une raison suffisante pour laquelle un avion embarque plusieurs calculateurs indépendants plutôt qu'un seul, meilleur.

Une réserve, toutefois, sur le mot indépendants : tout le calcul repose sur l'hypothèse d'indépendance mutuelle, qui suppose qu'aucune cause commune ne peut faire tomber plusieurs composants à la fois. L'exercice « Deux urnes et un dé » a montré ce qu'il advient quand une telle cause existe.