LM390 Année 2011-2012 Second semestre Groupe 1 Correction

Université Pierre et Marie Curie
L3 - Mathématiques
Probabilités - LM390
Année 2011-2012
Second semestre
Groupe 1
Correction Interrogation N˚1 – 5 mars 2012
Exercice 1.
1. L’espace probabilisé associé à cette expérience peut s’écrire
Ω = {(a1 , a2 , a3 ) : ai = 0, . . . , 9} .
Le cardinal de l’ensemble Ω est card(Ω) = 103 . La probabilité définie sur P(Ω) est la probabilité
uniforme, i.e. ∀ω ∈ Ω, P({ω}) = 1/103 . La probabilité de tout élément A de P(Ω) se calcule alors
ainsi
X
card(A)
P({ω}) =
P(A) =
.
card(Ω)
ω∈A
2. (a) Soit A1 l’ensemble de tous les triplets dans un ordre strictement croissant. Alors il est clair
3 = 10!/(3!7!). La probabique le nombre d’éléments de A1 est le nombre de combinaisons C10
3 /103 .
lité d’obtenir quatre nombres dans un ordre strictement croissant est donc P(A1 ) = C10
(b) Soit A2 l’ensemble de tous les triplets dans un ordre croissant au sens large. Dans A2 , il y a
2 triplets de nombres dont deux sont égaux
10 tridruplets de nombres tous identiques, 2 × C10
3
2 + C 3 )/103 .
et C10 triplets de nombres tous distincts. Soit P(A2 ) = (10 + 2 × C10
10
On peut aussi raisonner de la manière suivante : l’application
(a1 , a2 , a3 ) 7−→ (a1 , a2 + 1, a3 + 2)
est une bijection de A2 sur l’ensemble A02 = {(a1 , a2 , a3 ) : a1 < a2 < a3 , ai = 0, . . . , 11}. Le
3 .
cardinal de A2 est donc égal à celui de A02 , c’est à dire C12
(c) Notons A3 cet événement. Compter les triplets de nombres compris entre 0 et 9 dont la
somme est égale à 8 revient à compter les triplets de nombres compris entre 1 et 10 dont la
somme est égale à 11, i.e. le nombre de manières de choisir 2 points parmi les 10 intervalles
2 et P(A ) = C 2 /103 .
qui séparent 11 objets alignés, soit card(A3 )=C10
3
10
Exercice 2.
• Si n = 2, le premier passager a une chance sur deux de s’asseoir à sa place et donc
la probabilité que le dernier (ici le second) soit à sa place est de 21 .
• Si n = 3, notons Ak l’événement “le passager k est à sa place” et Ack son complémentaire. Alors
P(A3 ) = P(A3 |A1 )P(A1 ) + P(A3 |Ac1 )P(Ac1 ) =
=
=
1 2
+ P(A3 |Ac1 )
3 3
1 2
+ (P(A3 |Ac1 , A2 )P(A2 |Ac1 ) + P(A3 |Ac1 , Ac2 )P(Ac2 |Ac1 ))
3 3
1 2
1 1 1
1
+
0. + .
= .
3 3
2 2 2
2
1
• Dans le cas général, on dénote par pn la probabilité que le dernier passager trouve sa place dans
un avion de n places. Fixons n > 2. Quand le premier passager prend sa place, il choisit la place
k avec probabilité 1/n. Si k = 1, le dernier passager est sûr d’avoir sa place, si k = n, il est sûr de
ne pas l’avoir. Si 1 < k < n, alors les passagers numéros 2 à k − 1 prennent leur place et le k-ième
passager se retrouve maintenant dans la même situation que le premier passager, mais avec un
avion de n − k + 1 places. On a alors la récurrence
pn = 1/n + 1/n(p2 + · · · + pn−1 ).
Montrons que pn = 1/2 pour tout n ≥ 2. On sait que cela est vrai pour n = 2. Supposons pour
un n fixé que c’est vrai pour tout 2 ≤ k < n. On a alors pn = 1/n + 1/n(p2 + · · · + pn−1 ) =
1/n + (n − 2)/(2n) = 1/2, ce qui donne le résultat.
Exercice 3.
1. L’espace probabilisé associé à cette expérience peut s’écrire
Ω = {(a1 , a2 , . . . , am ) : ai ∈ {1, . . . , M }, ai 6= ai , si i 6= j} .
Le cardinal de cet ensemble est card(Ω)=Am
M = M (M − 1) · · · (M − m + 1). Celui-ci étant muni
de la probabilité uniforme, on a pour tout A ∈ P(Ω),
P(A) =
X
P({ω}) =
ω∈A
card(A)
.
card(Ω)
2. D’une part, Ak := {Bk = 1} = {(a1 , · · · , am ) ∈ Ω : ak ∈ {1, 2, · · · , b}}. D’autre part, l’application
Ak −→ A1
(a1 , . . . , ak , . . . , am )
7→
(ak , a2 , . . . , ak−1 , a1 , ak+1 , . . . , am )
est une bijection de Ak dans A1 , d’où Card(Ak ) = Card(A1 ). Or Card(A1 ) = b(M − 1) · · · (M −
m + 1) et l’on a P(Ak ) = b/M . (Remarquons que la probabilité de l’événement Ak ne dépend pas
de k et est égale à la proportion de boules blanches dans l’urne).
Pour k 6= `, de même qu’à la question précédente, on peut établir une bijection entre {Bk =
1} ∩ {B` = 1)} et {B1 = 1} ∩ {B2 = 1)}, d’où P(Bk = 1, B` = 1) = P(B1 = 1, B2 = 1) =
Card({B1 =1}∩{B2 =1)})
et Card({B1 = 1} ∩ {B2 = 1)}) = b(b − 1)(M − 2) · · · (M − m + 1). D’où
Card(Ω)
P(Bk = 1, B` = 1) =
b2
b(b − 1)
6= P(Bk = 1)P(B` = 1) = 2 .
M (M − 1)
M
Donc les v.a. (Bk )1≤k≤m ne sont pas indépendantes.
3. Pour 1 ≤ k ≤ m, par le même argument de bijection, on a
k
P(Sm = k) = Cm
n!
désigne le nombre d’arrangements de k éléments parmi n et Cnk = k!(n−k)!
le
Pm
Pm b
mb
nombre de combinaisons de k éléments parmi n) et E[Sm ] = k=1 E[Bk ] = k=1 M = M .
(où Akn =
n!
(n−k)!
Akb Am−k
M −b
Am
M
2
4. On a Var(Bk ) = E[Bk2 ] − E[Bk ]2 = P(Bk = 1) − E[Bk ]2 = Mb 1 − Mb .
Pour 1 ≤ k, ` ≤ m, k 6= `,
X
ijP(Bk = i, B` = j) − E[Bk ]E[B` ]
Cov(Bk , B` ) = E[Bk B` ] − E[Bk ]E[B` ] =
i,j∈{0,1}
b(b − 1)
b2
b
= P(Bk = 1, B` = 1) − E[Bk ]E[B` ] =
− 2 =
M (M − 1) M
M
b−1
b
−
M −1 M
.
On en déduit que
Var(Sm ) = Var
m
X
!
Bk
=
k=1
m
X
Var(Bk ) + 2
k=1
X
Cov(Bk , B` )
1≤k<`≤m
m
X
X
b
b
b−1
b
b
1−
+2
−
=
M
M
M M −1 M
1≤k<`≤m
k=1
mb
b
m(m − 1)b b − 1
b
mb
b
b−1
b
=
−
+ (m − 1)
−
1−
+
=
1−
.
M
M
M
M −1 M
M
M
M −1 M
Exercice 4.
1. La loi de M est donnée par P(M = k) = P(M ≥ k) − P(M ≥ k + 1), k ∈ N. Or
P(M ≥ k) = P(U ≥ k, V ≥ k) = P(U ≥ k)P(V ≥ k)
et
P(U ≥ k) = P(V ≥ k) =
X
P(U = j) =
j≥k
X
p(1 − p)j = p(1 − p)k
X
(1 − p)j = (1 − p)k .
j≥0
j≥k
D’où P(M ≥ k) = (1 − p)2k et
P(M = k) = P(M ≥ k)−P(M ≥ k+1) = (1−p)2k −(1−p)2k+2 = (1−p)2k (1−(1−p2 )) = p(2−p)(1−p)2k .
2. Pour k ∈ N et r ∈ Z,
(
P(U = k, V − U = r) si r ≥ 0
P(M = k, W = r) = P(min(U, V ) = k, V − U = r) =
.
P(V = k, V − U = r) si r < 0
Donc, si r ≥ 0,
P(M = k, W = r) = P(U = k, V = r + k) = P(U = k)P(V = r + k) = p2 (1 − p)2k+r
et si r < 0,
P(M = k, W = r) = P(V = k, U = k − r) = P(V = k)P(U = k − r) = p2 (1 − p)2k−r .
On obtient finalement pour k ∈ N et r ∈ Z, P(M = k, W = r) = p2 (1 − p)2k+|r| .
3. La loi de W est donnée, pour r ∈ Z, par
P(W = r) =
X
P(M = k, W = r) =
k∈N
X
k∈N
p2 (1 − p)2k+|r| =
p(1 − p)|r|
.
2−p
On voit alors que, pour tous k ∈ N et r ∈ Z, P(M = k, W = r) = P(M ≥ k)P(W = r) donc M
et W sont indépendantes.
3
Exercice 5.
1. Par définition, la fonction génératrice de S est, pour s ∈ [0, 1],
i
X h Pk
GS (s) = E[sS ] = s0 P(N = 0) +
E s i=1 Xi 1{N =k} .
k≥1
Puisque N et la suite (Xi ) sont indépendantes, on a
i
X h Pk
GS (s) = P(N = 0) +
E s i=1 Xi P(N = k).
k≥1
Enfin, puisque les Xi sont indépendantes et de même loi, on a
k
h Pk
i Y
k
Xi
i=1
E s
=
GXi (s) = GX1 (s) .
i=1
Ceci vaut 1 pour k = 0. Donc
X
k
GS (s) =
GX1 (s) P(N = k) = GN GX1 (s) = GN ◦ GX1 (s).
k≥0
De plus, GX1 (s) = 1 − p + ps.
On a E[S] = G0S (1) et Var(S) = G00S (1) + G0S (s) − G0S (s)2 . Or, G0S (s) = G0N GX1 (s) G0X1 (s) et
2
G00S (s) = G0N GX1 (s) G00X1 (s) + G00N GX1 (s) G0X1 (s) .
Donc E[S] = E[N ]E[X1 ] car GX1 (1) = 1, E[S 2 ] = E[N ]E[X1 (X1 − 1)] + E[N 2 ]E[X1 ]2 , d’où
Var(S) = E[N ]Var(X1 ) + Var(N )E[X1 ]2 .
2. (a) Si N ∼ P(λ), λ > 0, alors la fonction génératrice de N est GN (s) = eλ(s−1) , s ∈ [0, 1], et
celle de S est GS (s) = GN ◦ GX1 (s) = eλp(s−1) . Donc S suit une loi de Poisson de paramètre
λp.
(b) On remarque que T est la somme arrêtée en N de v.a. i.i.d. de loi de Bernoulli de paramètre
1 − p, donc T suit une loi de Poisson de paramètre λ(1 − p). On a donc pour j, k ∈ N,
j
k
−λp , P(T = j) = (λ(1−p)) e−λ(1−p) et
P(S = k) = (λp)
k! e
j!
P(S = k, T = j) = P(S = k, N = j + k) = P
N
X
!
Xi = k, N = j + k
i=1
= P
j+k
X
!
Xi = k, N = j + k
=P
i=1
λj+k −λ
e =
(j + k)!
= P(S = k)P(T = j).
k
= Cj+k
pk (1 − p)j
j+k
X
!
Xi = k P(N = j + k)
i=1
(λp)k −λp (λ(1 − p))j −λ(1−p)
k!
e
j!
e
3. (a) Comme p = 12 , S et T ont même loi, à savoir P λ2 . Comme N = S + T et que S et T sont
indépendantes, on a en utilisant le résultat de la question 1.
∀s ∈ [0, 1],
2
GN (s) = GS+T (s) = GS (s)GT (s) = GS (s) = GN
4
1+s
2
2
.
Par récurrence, en prenant pour cas initial n = 1 prouver ci-dessus, et en faisant l’hypothèse
2k
que la propriété est satisfaite au rang k, i.e. pour tout s ∈ [0, 1], GN (s) = GN 1 + s−1
,
2k
on a au rang k + 1

2k
s−1
GN (s) = GN 1 + k
=  GN
2
1+1+
2
s−1
2k
!2 2k

= GN
k+1
s−1 2
1 + k+1
.
2
La propriété est donc vraie pour tout n ∈ N.
(b) En effectuant un développement limité de GN , à s ∈ [0, 1] fixé, quand n tend vers +∞, on a
n 2n
s−1 2
s−1 0
s−1
GN (s) = GN 1 + n
= GN (1) + n GN (1) + o
2
2
2n
2n
s−1
s−1
−→ ec(s−1)
=
1+ n c+o
n→∞
2
2n
n
en utilisant que ex = limn→∞ 1 + nx . Donc N suit une loi de Poisson de paramètre c.
5