TD 4 : Variables aléatoires discr`etes

MA401 : Probabilités
TD4
TD 4 : Variables aléatoires discrètes
Exercice 1
Soit N un entier naturel supérieur ou égal à 2 .
1. Montrer les égalités suivantes :
N
X
k=1
N (N + 1)
,
k=
2
N
X
k2 =
k=1
N (N + 1) (2N + 1)
,
6
2. Une urne contient une boule blanche, une boule verte et N − 2 boules rouges. Ces boules sont indiscernables au toucher.
On tire successivement les N boules sans remettre les boules tirées dans l’urne.
On note X1 la variable aléatoire égale au rang du tirage de la boule blanche et X2 la variable aléatoire égale au rang
du tirage de la boule verte.
(a) Soient i et j deux entiers compris entre 1 et N . Calculer la probabilité Pij pour que X1 = i et X2 = j . (On
distinguera le cas i = j et le cas i 6= j) .
(b) Déterminer les lois des variables aléatoires X1 et X2 . Est-ce que les variables aléatoires X1 et X2 sont indépendantes ? Calculer les espérances et variances des variables aléatoires X 1 et X2 .
(c) On note X la variable aléatoire égale au rang du tirage où l’on obtient pour la première fois soit la boule blanche
soit la boule verte. On note Y la variable aléatoire égale au rang du tirage à partir duquel on a obtenu la boule
blanche et la boule verte. Remarque : en fait X = inf (X1 , X2 ) et Y = sup (X1 , X2 ).
Par exemple, si on a tiré rouge, rouge, verte, rouge, blanche, alors X1 = 5 et X2 = 3 et X = 3 et Y = 5. Déterminer
les lois des variables aléatoires X et Y .
Calculer les espérances des variables aléatoires X et Y .
Exercice 2
1. On rappelle que :
n
X
n
Cak .Cbn−k = Ca+b
k=0
En déduire que :
n
X
Cnk
k=0
2
n
= C2n
On considère une suite d’expériences aléatoires dont chacune consiste à jeter simultanément deux pièces équilibrées.
Pour tout entier naturel non nul n, on se propose de déterminer la probabilité p n de l’évènement En défini de la façon
suivante : ”A l’issue de la nième experience, les nombres de F ace amenés par les deux pièces sont égaux”.
2. Probabilité de En .
(a) Soient k et n deux entiers naturels tels que 0 < k < n.
Déterminer :
– la probabilité pour que le nombre de F ace donné par une pièce équilibrée au cours de n jets soit égal à k.
– La probabilité p (n, k) pour que le nombre de ”Face” donné par chacune des deux pièces à l’issue de la nième
expérience soit égal à k.
(b) Exprimer pn sous forme de somme puis explicitement. (On pourra, pour chaque entier k noter F (n, k) l’évènement
”les deux pièces donnent k F ace lors des n premiers jets”)
3. Nombre moyen de réalisation de Ek pour k ≤ n.
Pour tout couple (k, n) d’entiers naturels tels que 1 ≤ k ≤ n, on note :
– Bk la variable aléatoire prenant pour valeur 1 si l’événement Ek est réalisés et 0 sinon.
– Xn = B1 + B2 + . . . + Bn la variable aléatoire indiquant le nombre des entiers k (1 ≤ k ≤ n) pour lesquels l’événement
Ek est réalisé.
(donc le nombre de fois où, durant les n premières expériences, il y a eu égalité des nombres de F ace amenés par les
deux piéces
(a) Exprimer l’espérance de Xn en fonction de p1 , p2 , . . . , pn .
(b) Etablir l’égalité suivante :
E(Xn ) =
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1
n
(2n + 1) C2n
−1
n
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Correction Exercice 1
Soit N un entier naturel supérieur ou égal à 2 .
1. Par récurrence :
P1
= 1 d’où l’égalité.
– Pour N = 1 on a k=1 k = 1 et 1(1+1)
2
PN
N (N +1)
– Soit N ≥ 1 tel que k=1 k =
alors
2
PN +1
PN
N (N +1)
+ N + 1 = N2+1 (N + 2)
k
=
k
+
N
+
1
=
k=1
k=1
PN2
– Donc, pour tout entier N ≥ 1, k=1 k = N (N2+1)
De même
P1
1(1+1)(2+1)
2
2
–
= 1 d’où l’égalité.
k=1 k = 1 et
PN6
+1)
alors
– Soit N ≥ 1 tel que k=1 k 2 = N (N +1)(2N
6
N
+1
X
k
2
=
N
X
2
k 2 + (N + 1) =
k=1
k=1
=
=
=
N (N + 1) (2N + 1)
2
+ (N + 1)
6
N +1
2N 2 + N + 6 (N + 1)
6
N +1
2N 2 + 7N + 6
6
(N + 1) (N + 2) (2N + 3)
6
PN
+1)
,
– Donc pour tout entier N ≥ 1, k=1 k 2 = N (N +1)(2N
6
2. (a) Pour calculer cette probabilité, on peut dénombrer les listes sans répétitions, et celles qui donnent X 1 = i et
X2 = j, (permutation de N − 2 rouges - pour les tirages autres que le ième et le jème) d’où une probabilité de
(N − 2)!
1
=
ou plus élémentaire :
N!
N (N − 1)
Soient i et j deux entiers compris entre 1 et N .
– Si i 6= j alors P (X1 = i ∩ X2 = j) = P (X1 = i) · PX1 =i (X2 = j)
Comme, à chaque tirage, toutes les boules sont équiprobables alors P (X 1 = i) = N1
Si X1 = i alors, la boule blanche ne peut pas sortir au tirage i et il ne reste que N − 1 boules équiprobables.
Donc PX1 =i (X2 = j) = N 1−1
Finalement P (X1 = i ∩ X2 = j) = N (N1−1) si i 6= j
– Et P (X1 = i ∩ X2 = i) = 0 car on ne peut pas avoir blanc et vert au même tirage d’une seule boule.
(b) On peut passer par la loi marginale, ou plus rapidement, toutes les boules étant équiprobables à chaque tirage,
P (X1 = i) = P (X2 = i) = N1
Donc X1 et X2 suivent une loi uniforme sur [1, N ]
Elles ne sont pas indépendantes car P (X1 = 1 ∩ X2 = 1) = 0 6= P (X1 = 1) P (X2 = 1)
PN
PN
Elles ont même espérance : E (X1 ) = k=1 kP (X1 = k) = N1 k=1 k = N2+1
PN
PN
+1)
et variance par E X12 = k=1 k 2 P (X1 = k) = N1 k=1 k 2 = (N +1)(2N
d’où
6
2
(N +1)(2N +1)
−1)
N +1 2
N +1
2
− 2
= 12 (2 (2N + 1) − 3 (N + 1)) = (N +1)(N
V (X1 ) = E X1 − E (X1 ) =
6
12
2
Donc V (X1 ) = V (X2 ) = N 12−1
(c) On a la première des deux boules au plus tard au N −1ème tirage et au plus tôt au premier donc X (Ω) = [[1, N − 1]]
et (X = n) =”la première des deux arrive au nème tirage et la second après” la première pouvant être blanche ou
verte.
(X = n) = (X1 = n ∩ X2 > n) ∪ (X2 = n ∩ X1 > n) incompatibles
Donc P (X = n) = P (X1 = n ∩ X2 > n) + P (X2 = n ∩ X1 > n)
Attention, X1 et X2 ne sont pas indépendantes. On redécompose par la loi marginale :
(X1 = n ∩ X2 > n)
=
N
[
(X1 = n ∩ X2 = i) incompatibles donc
i=n+1
P (X1 = n ∩ X2 > n)
=
N
X
P (X1 = n ∩ X2 = i)
i=n+1
=
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N − (n + 1) + 1
N (N − 1)
2
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Et symétriquement P (X2 = n ∩ X1 > n) =
2(N −n)
N (N −1)
Conclusion : P (X = n) =
(N −n)
N (N −1)
également.
pour tout n ∈ [[1, N − 1]]
Plus rapidement, Y (Ω) = [[2, N ]]
et (Y = n) = (X1 = n ∩ X2 < n) ∪ (X2 = n ∩ X1 < n)
P (X1 = n ∩ X2 < n) = PX2 <n (X1 = n) P (X2 < n)
avec P (X2 < n) = n−1
N car tous les rangs de sortie sont équiprobables pour la boule verte.
PX2 <n (X1 = n) = N 1−1 car il ne reste que N − 1 rangs de sorties pour la boule blanche et que ces rangs sont
équiprobables.
Conclusion : P (Y = n) =
2(n−1)
N (N −1)
pour tout n ∈ [[2, N ]]
Par la définition, on a
E (X)
=
N
−1
X
nP (X = n)
n=0
=
N
−1
X
n
n=0
=
=
=
=
2 (N − n)
N (N − 1)
N
−1
X
1
n2 (N − n)
N (N − 1) n=0
#
"
N
−1
N
−1
X
X
1
2
n
n−2
2N
N (N − 1)
n=0
n=0
1
(N − 1) N (2N − 1)
N (N − 1)
−2
2N
N (N − 1)
2
6
N +1
(2N − 1)
=
N−
3
3
pour obtenir l’espérance de Y, on utilise le fait que X + Y = X1 + Y1 (on a la somme des rang de sortie des deux
boules blanches et vertes)
Donc
E (Y )
Conclusion : E (X) =
N +1
3
et E (Y ) =
=
E (X1 ) + E (X2 ) − E (X)
N +1 N +1
−
= 2
2
3
2
(N + 1)
=
3
2(N +1)
3
Correction Exercice 2
1. Avec a = b = n on a :
n
X
n
Cnk .Cnn−k = C2n
k=0
et comme Cnn−k
n
X
Cnk .Cnn−k =
k=0
n
X
k=0
2. Probabilité de En .
Cnk
2
n
= C2n
(a) Soient k et n deux entiers naturels tels que 0 < k < n.
– la nombre de F ace donné par une pièce équilibrée au cours de n jets indépendants (p (F ) = 1/2) suit une loi
n
binômiale de paramètres n et 1/2. Donc la probabilité d’avoir k fois F ace en n lancers est C nk (1/2)
– Les deux pièces étant indépendantes, la probablité p (n, k) pour que le nombre de ”Face” donné par chacune des
deux pièces à l’issue de la nième expérience soit égal à k. le produit de la probablité précédente par elle même :
n 2
p (n, k) = Cnk (1/2)
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(b) En signifie que les deux pièce ont donné un même nombre de F ace en n lancers. Ce même nombre étant compris
entre 0 et n.
Donc
n
[
F (n, k)
En =
k=0
Ces événements sont incompatibles donc
pn
=
p (En ) =
n
X
p (F (n, k))
k=0
=
n
X
p (n, k) =
k=0
=
n
X
Cnk
k=0
n 1
C2n
4n
2
(1/2)
2n
= (1/2)
2n
n
X
Cnk
k=0
2
3. Nombre moyen de réalisation de Ek pour k ≤ n.
Pour tout couple (k, n) d’entiers naturels tels que 1 ≤ k ≤ n, on note :
– Bk la variable aléatoire prenant pour valeur 1 si l’événement Ek est réalisés et O sinon.
– Xn = B1 + B2 + . . . + Bn la variable aléatoire indiquant le nombre des entiers k (1 ≤ k ≤ n) pour lesquels l’événement
Ek est réalisé.
(donc le nombre de fois où, durant les n premières expériences, il y a eu égalité des nombres de F ace amenés par les
deux piéces
(a) On a E (Xn ) = E (B1 ) + · · · + E (Bn )
Or pour tout k, E (Bk ) = 0 · p (Bk = 0) + 1 · p (Bk = 1) = p (Bk = 1) = p (Ek ) = pk donc E (Xn ) = p1 + · · · + pn
(b) D’où
E(Xn ) =
n
X
pk =
n
X
k
C2k
k=1
k=1
n
(2n + 1) C2n
1
?
=?
−1
4k
4n
Par récurrence :
Pour n = 1 est-ce que
1
X
k=1
1
X
k=1
k
C2k
k
C2k
1
(2.1 + 1) C21
=
−1
4k
41
(2.1 + 1) C21
1
1
1
6
1 1
et
=
C
=
−1= −1=
2
4k
42
2
41
4
2
Oui !
Soit n ≥ 1 tel que
n
X
k=1
k
C2k
n
(2n + 1) C2n
1
=
−1
4k
4n
Est-ce que
n+1
X
k
C2k
k=1
n+1
(2 (n + 1) + 1) C2(n+1)
1
=
− 1?
4k
4n+1
Or
n+1
X
k=1
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n
k
C2k
X
1
1
n+1
k 1
k
C2k
=
+ C2n+2
C2k
4k
4k
4n+1
k=1
n
(2n + 1) C2n
1
n+1
=
− 1 + C2n+2
n
4
4n+1
n+1
n
4 (2n + 1) C2n
+ C2n+2
−1
=
4n+1
4
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n+1
n+1
n
Reste donc à montrer que 4 (2n + 1) C2n
+ C2n+2
= (2 (n + 1) + 1) C2(n+1)
n+1
n
4 (2n + 1) C2n
+ C2n+2
= 4 (2n + 1)
(2n)!
(2n + 2)!
+
n!n!
(n + 1)! (n + 1)!
2
4 (2n + 1) (2n)! (n + 1) + (2n + 2)!
(n + 1)! (n + 1)!
2
4 (n + 1) + 2n + 2 (2n + 1)!
=
(n + 1)! (n + 1)!
4n2 + 8n + 4 + 2n + 2 (2n + 1)!
=
(n + 1)! (n + 1)!
2
2 2n2 + 5n + 2 (2n + 1)!
4n + 10n + 6 (2n + 1)!
=
=
(n + 1)! (n + 1)!
(n + 1)! (n + 1)!
(2n + 3) (2n + 2)!
2 (2n + 3) (n + 1) (2n + 1)!
=
=
(n + 1)! (n + 1)!
(n + 1)! (n + 1)!
=
n+1
= (2 (n + 1) + 1) C2(n+1)
Donc la formule est vraie pour tout entier n ≥ 1
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