TD3. Variables aléatoires discrètes et suites d`événements. - IMJ-PRG

Université Pierre & Marie Curie Licence de Mathématiques L3
UE LM345 – Probabilités élémentaires Année 2014–15
TD3. Variables aléatoires discrètes et suites
d’événements.
1. Dans une population de noiseaux, on en capture mque l’on bague puis que l’on
relâche. Un peu plus tard, on en capture à nouveau m.
a) Soit k∈ {0, . . . , n}. Quelle est la probabilité que parmi les moiseaux capturés, k
soient bagués ?
b) Pour quelle valeur de kla probabilité calculée ci-dessus est-elle maximale ?
Solution de l’exercice 1.
a) On suppose n≥m. On choisit comme univers Ωl’ensemble des tirages possibles de
moiseaux parmi n, alors |Ω|=n
m. On munit Ωde la tribu P(Ω) et de la probabilité
uniforme, notée P. Ainsi, pour tout événement Ade P(Ω),P(A) = |A|
(n
m).
Soit k∈ {0, . . . , n}et Ak, l’événement “parmi les moiseaux capturés, ksont bagués” ;
calculons |Ak|. Pour que Aksoit réalisé, il faut capturer koiseaux parmi les moiseaux
bagués et m−koiseaux parmi les n−mrestants. Ainsi, il faut que k≤met m−k≤n−m,
autrement dit, max{0,2m−n} ≤ k≤m. Alors, |Ak|=m
kn−m m−k, et
P(Ak) = m
kn−m m−k
n
m=m!2(n−m)!2
n!k!(m−k)!2(n−2m+k)!.
Ceci est un exemple de loi hypergéométrique de paramètres net m.
b) Notons P(n, m, k)cette probabilité la probabilité P(Ak)et supposons que kest
tel que max{0,2m−n} ≤ k≤m, on obtient, en mettant le dénominateur sous forme
canonique (en la variable m−k) :
P(n, m, k + 1)
P(n, m, k)=(m−k)2 (k+ 1)(n−2m+k+ 1) =(m−k)2 (n/2+1−(m−k))2−(n/2−m)2.
Ce ratio est strictement décroissant en k(en effet, le numérateur est décroissant en ket
le dénominateur est croissant en k). Supposons 2m−n≤0(c’est-à-dire m≤n/2, le
raisonnement étant analogue dans l’autre cas). Pour k= 0, le quotient est supérieur ou
égal à 1, et pour k=m(dernière valeur), il est strictement inférieur à 1. Ainsi, P(n, m, k)
est croissant en kjusqu’à un certain max{0,2m−n} ≤ k0≤m−1, et ensuite décroissant
pour k≥k0(voire décroissant depuis le début si m=n/2). Il reste à déterminer k0qui
va réaliser le maximum de la probabilité. D’après la formule précédente, on a :
P(n, m, k + 1)
P(n, m, k)>1⇔(m−k)2<(n/2+1−(m−k))2−(n/2−m)2.
1

En développant, cela se simplifie en :
P(n, m, k + 1) > P (n, m, k)⇔(n+ 2)k < m2+ 2m−n−1.
Ainsi P(n, m, k)est maximal pour
k=k0:= 1 + m2+ 2m−n−1
n+ 2 =(m+ 1)2 n+ 2 .
Si (m+1)2
n+2 est entier, la valeur maximale est réalisée aussi atteinte pour k0−1, sinon elle
n’est atteinte que pour k0. On n’est pas surpris de constater que la valeur de kmaximisant
P(n, m, k)est telle que la proportion d’oiseaux bagués k/m capturés la seconde fois est
très proche de celle dans la population m/n.
2. Soit Xune variable aléatoire à valeurs dans N. Pour tout n≥0, on note pn=P(X=n)
et on suppose pn>0. Soit λ > 0un réel. Montrer que les deux assertions suivantes sont
équivalentes.
1. La variable aléatoire Xsuit la loi de Poisson de paramètre λ.
2. Pour tout n≥1, on a pn
pn−1
=λ
n.
Solution de l’exercice 2.
1. La première assertion s’écrit aussi ∀n∈N,pn= exp(−λ)λn
n!. Il est clair que cela
entraine la seconde assertion.
2. Supposons maintenant la seconde assertion vraie. Par récurrence sur n, on obtient
immédiatement
pn=p0
λn
n!.
Il reste à déterminer p0. Grâce à la formule précédente, l’égalité Pn∈Npn= 1 s’écrit
p0Pn∈N
λn
n!= 1, ou encore p0eλ= 1. D’où le résultat.
3. Soit Xune variable aléatoire à valeurs dans Nadmettant une espérance E[X]. Montrer
qu’on a l’égalité
E[X] = X
n≥1
P(X≥n).
Solution de l’exercice 3. Première solution.
2

On a
E[X] = X
n≥1
nP(X=n)
=X
n≥1
n(P(X≥n)−P(X≥n+ 1))
= lim
N→+∞N
X
n=1
nP(X≥n)−
N
X
n=1
nP (X≥n+ 1)
= lim
N→+∞N
X
n=1
nP(X≥n)−
N+1
X
n=2
(n−1)P(X≥n)
= lim
N→+∞P(X≥1) −(N+ 1)P(X≥N+ 1) +
N+1
X
n=2
P(X≥n)
= lim
N→+∞−(N+ 1)P(X≥N+ 1) +
N+1
X
n=1
P(X≥n)
=X
n≥1
P(X≥n).
Le fait que (N+ 1)P(X≥N+ 1) soit de limite nulle découle de la convergence de la série
PnP(X=n).En effet NP[X≥N] = E[N11X≥N]≤E[X11X≥N] = P∞
i=NiP[X=i].
Deuxième solution.
X
n≥1
P(X≥n) = X
n≥1X
k≥n
P(X=k)
=X
n≥1X
k≥1
{k≥n}P(X=k)
=X
k≥1X
n≥1
{k≥n}P(X=k)
=X
k≥1
P(X=k)X
n≥1
{k≥n}
=X
k≥1
P(X=k)k=E[X].
4. Soient X, Y : (Ω,F,P)→Rdeux variables à valeurs dans N. Montrer de deux façons
différentes que
X
n≥0
nP(X=n) + X
n≥0
nP(Y=n) = X
n≥0
nP(X+Y=n).
3

Solution de l’exercice 4. Le membre de gauche est E(X) + E(Y)et le membre de droite
est E(X+Y). Par linéarité de l’espérance, ils sont donc égaux.
Donnons une deuxième démonstration de cette égalité. Calculons le membre de droite.
On trouve
X
n≥0
nP(X+Y=n) = X
n≥0
n
X
k=0
nP(X=ket Y=n−k)
=X
n≥0X
k≥0
{k≤n}nP(X=ket Y=n−k)
=X
k≥0X
n≥0
{k≤n}nP(X=ket Y=n−k)
=X
k≥0X n≥k
nP(X=ket Y=n−k)
=X
k≥0X l≥0
(k+l)P(X=ket Y=l)
=X
k≥0
kX
l≥0
P(X=ket Y=l) + X
l≥0
lX
k≥0
P(X=ket Y=l).
Dans le premier terme de la dernière ligne, pour tout k≥0, la somme sur lest la somme
des probabilités d’événements deux à deux disjoints dont la réunion vaut {X=k}. De
même, dans le deuxième terme, pour tout l≥0, la somme sur kest la somme des
probabilités d’événements deux à deux disjoints dont la réunion vaut {Y=l}. Ainsi, on
trouve X
n≥0
nP(X+Y=n) = X
k≥0
kP(X=k) + X
l≥0
lP(Y=l),
ce qui, au nom des indices près, est la formule voulue.
5. On étudie des variables aléatoires qui ont une propriété d’absence de mémoire. Soit T
une variable aléatoire à valeurs dans N. On suppose que pour tous n, m ≥0entiers, on a
P(T≥n+m) = P(T≥n)P(T≥m).
Que peut on dire sur la loi de T?
Solution de l’exercice 5. Par récurrence sur n, on voit immédiatement que P(T≥n) =
P(T≥1)npour tout entier n≥0. On en déduit que pour tout n≥0,P(T=n) = P(T≥
n)−P(T≥n+ 1) = P(T≥1)n(1 −P(T≥1)). Ainsi Tsuit une loi géométrique de
paramètre 1−P(T≥1).
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6. On considère l’espace de probabilités ([0,1[,B[0,1[,Leb). Pour tout n≥1, on définit
une variable Xnà valeurs réelles en posant
∀x∈[0,1[, Xn(x) = b2{2n−1x}c.
a) Représenter le graphe de X1, X2, X3vues comme fonctions de [0,1[ dans R.
b) Déterminer la loi de Xnpour tout n≥1.
c) Soit n≥1un entier. Soient ε1, . . . , εn∈ {0,1}. On pose a=Pn
k=1 2−kεket b=
a+ 2−n. Montrer que
{x∈[0,1[: X1(x) = ε1, . . . , Xn(x) = εn}= [a, b[.
En déduire la loi de la variable aléatoire (X1, . . . , Xn)à valeurs dans {0,1}n.
La suite des variables aléatoires (Xn)n≥1, définie sur l’espace de probabilités ([0,1[,B[0,1[,Leb),
constitue donc un jeu de pile ou face infini.
Solution de l’exercice 6.
a) On remarque que pour tout x∈[0,1[,b2xc=[1/2,1[(x), ce qui permet de mieux
comprendre la définition des Xn.
X1=[1/2,1[, X2=[1/4,1/2[∪[3/4,1[, X3=[1/8,1/4[∪[3/8,1/2[∪[5/8,3/4[∪[7/8,1[.
b) On va montrer que pour tout n≥1,P(Xn= 1) = P(Xn= 0) = 1/2.
On fixe n≥1. On partage [0,1[en 2nintervalles Ik= [k2−n,(k+1)2−n[,k= 0,...,2n−1.
Soit x∈[0,1[. Il existe un unique ktel que x∈Ik. On distingue deux cas :
Si k=: 2iest pair, alors 2n−1x∈[i, i +1
2[,{2n−1x} ∈ [0,1 2[and Xn(x) = 0.
Si k=: 2i+ 1 est impair, alors 2n−1x∈[i+1
2, i + 1[,{2n−1x} ∈ [1 2,1[ and Xn(x) = 1.
Comme il y a exactement 2n−1intervalles Ikavec kpair et autant avec kimpair, et
que chaque Ika pour mesure de Lebesgue 2−n, la disjonction ci-dessus donne le résultat
annoncé.
c) Soit x∈[a, b[et kun entier tel que 1≤k≤n.
Alors 2k−1x∈[2k−1a, 2k−1b[. Or
2k−1a= 2k−2ε1+· · · + 21εk−2+εk−1+2−1εk+· · · + 2k−1−nεn=: En
k(x)+2−1εk+Rn k(x)
où, avec des notations évidentes, En
k(a)est entier et 0≤Rn k(a)≤1
2−2k−1−n. De plus, on
a la même écriture pour bavec En
k(b) = En k(a)mais 2k−1−n≤Rn k(b)≤1
2.
Comme a≤x<b, on en déduit que 2k−1x∈[εk/2,(1 + εk)/2[, et donc Xk(x) = εk.
On a montré que pour chaque choix de ε1, . . . , εn, et pour aet bqui en résultent comme
dans l’énoncé, l’intervalle [a, b[est inclus dans {x∈[0,1[: X1(x) = ε1,...Xn(x) = εn}.
Montrons maintenant par l’absurde que ces inclusions sont en fait des égalités. Supposons
que ce soit faux, on dispose alors de ε1, . . . , εnet du [a, b[associé par l’énoncé, et d’un
x∈[0,1[ tel que X1(x) = ε1,...Xn(x) = εn}serait inclus dans un autre intervalle
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