Corrigé - LAMFA - Université de Picardie Jules Verne

Université de Picardie Jules Verne
Faculté de Mathématiques et d’Informatique
Année 2005-2006
Licence mention Mathématiques - Deuxième année - Semestre 4
Probabilités élémentaires
Corrigé du devoir 2
Exercice 1 - Histoire de QCM
Partie I
1) a) On suppose construit un espace probabilisé , A, P adapté à l’expérience étudiée.
Il est clair que N est à valeurs dans  N  n, −p, et que PN  n  1 et PN  −p  2 .
3
3
n − 2p
. Ainsi, EN  0 si et seulement si n  2p.
b) On a EN  nPN  n  −pPN  −p 
3
2) On peut considérer que le candidat répète n  4 fois la même expérience "répondre au hasard à une
question" au cours de laquelle l’événement A "répondre correctement" a la probabilité p  1 de se réaliser.
3
Ainsi, la variable aléatoire X égale au nombre de réponse correctes, c’est-à-dire au nombre de réalisations de
A, suit la loi Binomiale Bn, p  B 4, 1 .
33
1
2 1 ≃ 0, 0988.
3
On a alors PX  3  C 4 
3
3
Partie II
1) Réponse 3 : 110. En effet, il y a C 310  120 paquets différents, dont C 35  10 paquets ne contenant que
des jetons ayant un numéro impair, et donc 120 − 10  110 paquets contenant au moins un jeton ayant un
numéro pair.
2) Réponse 2 : 0, 25. En effet,
0, 65  1 − PA  B  PA  B  PA  PB − PA ∩ B  0, 9 − PA ∩ B, d’où PA ∩ B  0, 25.
1
PB ∩ A
PB ∩ A
2
A
, et donc PA 
 6  2.
3) Réponse 1 : . En effet, PB/A  P B 
1
3
3
PA
P A B
4
3 . En effet, EX  ∑ x i p i  2, EX 2   ∑ x 2 p i  11 ,
i
2
2
2
3
3
2
.
VarX  EX  − EX  , et donc X  VarX 
2
2
4) Réponse 2 :
Exercice 2 - Problème de pannes (première partie)
Première partie : cas discret.
A. Loi de survie et coefficient d’avarie.
1) Pour tout entier naturel n non nul, on a T  n − 1  T  n  T  n, cette réunion étant disjointe,
donc PT  n − 1  PT  n  PT  n, et PT  n  PT  n − 1 − PT  n  Dn − 1 − Dn.
PT  n ∩ T  n − 1
PT  n
Comme  n  P T  n / T  n − 1 

, on en déduit que
PT  n − 1
PT  n − 1
Dn − 1 − Dn
n 
.
Dn − 1
3
2) On suppose que p est un réel de l’intervalle 0, 1 et que T suit la loi géométrique de paramètre p.
a) Rappelons le résultat suivant :
′



′
1
x


.
pour tout réel x de −1, 1, ∑ nx n−1  ∑x n  ′  ∑ x n
1
−
x
−
x 2
1
n1
n1
n1
Comme 1 − p est dans 0, 1 ⊂ −1, 1, on a



1
 1p .
ET  ∑ nPT  n  ∑ np1 − p n−1  p ∑ n1 − p n−1  p 
2
1 − 1 − p
n1
n1
n1
b) Pour tout entier naturel n, on a


1
 1 − p n
Dn  PT  n  P  T  k  ∑ p1 − p k−1  p  1 − p n 
1 − 1 − p
kn1
kn1
c) De 1) et 2)b), on déduit que pour tout entier naturel n non nul,
Dn − 1 − Dn
1 − p n−1 − 1 − p n
1 − p n−1 1 − 1 − p
n 


 p.
Dn − 1
1 − p n−1
1 − p n−1
3) Réciproquement, on suppose dans cette question qu’il existe un réel  strictement positif tel que pour
tout entier naturel n non nul,  n  .
a) De 1), on déduit que pour tout entier naturel n non nul,
Dn − 1 − Dn
, et donc Dn − 1  Dn − 1 − Dn, c’est-à-dire Dn  1 − Dn − 1.
n   
Dn − 1
b) Ainsi, la suite Dn est géométrique, de raison r  1 − , et de premier terme
D0  PT  0  1. On en déduit que pour tout entier naturel n,
Dn  D0r n  1  1 −  n  1 −  n .
c) De 1) on déduit alors que pour tout entier naturel n non nul,
PT  n  Dn − 1 − Dn  1 −  n−1 − 1 −  n  1 −  n−1 1 − 1 −   1 −  n−1 , c’est-à-dire
que T suit la loi géométrique de paramètre .
B. Nombre moyen de pannes successives dans un cas particulier.
1) a) On a ET  1PT  1  2PT  2  p  21 − p  2 − p.
b) Remarquons d’abord pour tout entier naturel n non nul,
r n  ER n   0PR n  0  1PR n  1  PR n  1. Ainsi, R n suit la loi de Bernoulli de paramètre r n .
On a ainsi r 1  PR 1  1  p, probabilité que le composant tombe en panne à l’instant 1, et donc qit
une durée de vie de 1.
De plus, utilisant la formule des probabilités complètes avec le système complet d’événements (de
probabilité non nulle) R 1  0, R 1  1, on a
r 2  PR 2  1  PR 1  0P R 2  1 / R 1  0  PR 1  1P R 2  1 / R 1  1 .
Or P R 2  1 / R 1  0  1, car sachant que le composant ne tombe pas en panne à l’instant 1, il tombe en
panne à l’instant 2 de façon certaine car la durée de vie d’un composant est 1 ou 2 ; de façon analogue
P R 2  1 / R 1  1  p, car sachant que le composant tombe en panne à l’instant 1, il est instantanément
remplacé et la probabilité que ce nouveau composant tombe en panne à l’instant 2 est égale à la probabilité
que sa durée de vie soit 1.
On en déduit que r 2  1 − p  1  p  p  p 2 − p  1.
2) Soit n un entier naturel non nul.
a) Utilisant la formule des probabilités complètes avec le système complet d’événements (de probabilité
non nulle) R n1  0, R n1  1, on a
PR n2  1  PR n1  0P R n2  1 / R n1  0  PR n1  1P R n2  1 / R n1  1
 1 − PR n1  1  1  PR n1  1  p  p − 1PR n1  1  1.
De façon analogue, on obtient PR n1  1  p − 1PR n  1  1. On en déduit que
PR n2  1  pPR n1  1 − PR n1  1  1  pPR n1  1 − p − 1PR n  1  1  1
 pPR n1  1  1 − pPR n  1.
b) On a déjà remarqué que pour tout entier naturel n non nul, r n  PR n  1. On en déduit donc que
r n2  pr n1  1 − pr n .
4
3) a) La suite r n  n≥1 est donc récurrente linéaire d’ordre 2.
L’équation caractéristique associée est EC r 2 − pr  p − 1  0, équation polynomiale de degré 2.
Le discriminant du polynome r 2 − pr  p − 1 est Δ  −p 2 − 4  1  p − 1  p 2 − 4p  4  p − 2 2  0,
p − p − 2 2
p − |p − 2|
pp−2


 p − 1 et
donc EC admet les deux solutions réelles r 1 
21
21
2
2
p  p − 2
p  |p − 2|
p2−p


 1.
r2 
21
21
2
Ainsi, il existe deux constantes A et B telles que pour tout entier naturel n non nul,
r n  Ap − 1 n  B1 n  B  Ap − 1 n .
D’après 1)b), on a r 1  B  Ap − 1  p et r 2  B  Ap − 1 2  p 2 − p  1. En calculant r 2 − r 1 ,
p−1
. De r 1 on déduit alors B  1 .
on trouve Ap − 1p − 2  p 2 − 2p  1  p − 1 2 , d’où A 
2−p
p−2
p−1
n
1
1
 Ap − 1 

Ainsi, pour tout entier naturel n non nul, r n 
p − 1 n
2−p
2−p
p−2
b) Comme p vérifie 0  p  1, on a −1  p − 1  0 et donc lim p − 1 n  0. On en déduit que
n→
lim r n  1  1 .
2−p
ET
n→
4) Soit n un entier naturel non nul.
A chaque instant i compris entre 1 et n, la variable aléatoire R i indique s’il y a une panne (R i  1) ou
pas (R i  0). Il est donc clair que le nombre de pannes survenues jusqu’à l’instant n inclus est donné par
n
Un  ∑ Ri.
i1
n
On en déduit que EU n   E ∑ R i
i1
n
n
 ∑ ER i  (par linéarité de l’espérance mathématique).
i1
n
1  p − 1 p − 1 i  n  p − 1 p − 1 1 − p − 1
Ainsi, on a EU n   ∑ r i  ∑
2−p
p−2
2−p
p−2
1 − p − 1
i1
i1
2
−
1
p
et donc EU n   n −
1 − p − 1 n .
2−p
2 − p 2
p − 1 2
p − 1 2
n
n  .
. De plus, lim
Comme lim p − 1 n  0, on a lim
−
−
1

1
p

2
n→
n→ 2 − p
n→ 2 − p
2 − p 2
n .
On en déduit que EU n  
 2 − p
n
5