corrigé

Université Pierre et Marie Curie 2011-2012
Probabilités et statistiques - LM345 Deuxième session – 1er février 2012
Examen
Durée : deux heures.
Sans documents ni calculatrices ni téléphones.
1. a. Soit p∈[0,1[ un nombre réel. Donner la valeur de P+∞
n=0 pn, puis calculer
P+∞
n=0 npn.
b. Soit n>1un entier. On lance nfois de suite un dé à six faces. Quelle est la
probabilité que sur ces nlancers il n’y en ait pas deux successifs égaux ?
c. Soit n>1un entier. On lance n+ 1 de fois de suite un dé à six faces. Quelle est
la probabilité que parmi les npremiers lancers il n’y en ait pas deux successifs égaux, et
que les deux derniers lancers soient égaux ?
d. On fait maintenant l’expérience qui consiste à lancer un dé et à recommencer autant
de fois qu’il le faut pour obtenir deux lancers successifs égaux. On s’arrête la première
fois qu’on obtient deux lancers successifs égaux. Est-on certain que cette expérience aura
une fin ?
e. Déterminer le nombre moyen de lancers qu’on effectue dans l’expérience décrite à
la question d.
Solution de l’exercice 1. a. Pour tout réel p∈[0,1[, et même pour tout nombre com-
plexe pde module strictement inférieur à 1, on a
∞
X
n=0
pn=1
1−p.
Une façon de le démontrer (ce n’était pas demandé) est d’écrire, pour tout N>0,
(1 −p)
N
X
n=0
pn= (1 −p)(1 + p+p2+. . . +pN−1+pN)
= 1 + p+p2+. . . +pN−1+pN
−p−p2−. . . −pN−1−pN−pN+1
= 1 −pN+1.
On a donc N
X
n=0
pn=1−pN+1
1−p,
qui, puisque |p|<1, converge lorsque Ntend vers +∞vers 1
1−p.
1

Pour calculer Pn>0npn, on dérive terme à terme l’égalité
+∞
X
n=0
pn=1
1−p.
C’est légitime, puisque le membre de gauche est une série entière en pde rayon de conver-
gence 1. Or sur l’intérieur de son disque de convergence, la somme d’une série entière est
dérivable, et sa dérivée est la somme de la série entière qui s’obtient en la dérivant terme
à terme. On trouve donc +∞
X
n=0
npn−1=1
(1 −p)2,
qui, multiplié par p, donne
+∞
X
n=0
npn=p
(1 −p)2.
b. Considérons l’ensemble Ωn={1,2,3,4,5,6}ndes suites de longueur nd’éléments
de l’ensemble {1,2,3,4,5,6}. Notre expérience peut se modéliser par l’équiprobabilité sur
l’ensemble fini Ωn, qui a
|Ωn|= 6n
éléments. L’événement qui nous intéresse est
A={(ω1, . . . , ωn)∈Ωn:∀i∈ {1, . . . , n −1}, ωi+1 6=ωi}.
Calculons le cardinal de A. Le premier élément d’une suite de Aest quelconque, puis
chaque élément suivant peut être choisi parmi les cinq différents de celui qui le précède.
Ainsi,
|A|= 6.5n−1.
La probabilité de Avaut donc
P(A) = |A|
|Ωn|=5n−1 6n−1.
c. L’espace de probabilités qui modélise notre expérience est maintenant Ωn+1. L’évé-
nement qui nous intéresse est
B={(ω1, . . . , ωn−1, ωn, ωn)∈Ωn+1 :∀i∈ {1, . . . , n −1}, ωi+1 6=ωi}.
Cet ensemble Ba exactement autant d’éléments que A: l’application de Ωn+1 dans Ωn
qui à une suite de longueur n+ 1 associe la suite obtenue en lui enlevant son dernier
élément se restreint en une bijection de Bsur A. Ainsi,
P(B) = |B|
|Ωn+1|=6.5n−1 6n+1 =5n−1 6n.
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d. Première solution. Nous venons de calculer, pour tout n>1, la probabilité que
l’expérience s’arrête au n+1-ième lancer : c’est 5n−1
6n. L’événement « l’expérience se termine
après un nombre fini de lancers » est la réunion disjointe des événements « l’expérience
se termine après n+ 1 lancers », où nparcourt l’ensemble des entiers naturels supérieurs
ou égaux à 1(notons qu’il faut au moins deux lancers pour avoir deux lancers successifs
égaux). Par σ-additivité de la probabilité, nous avons donc
P(l’expérience se termine après un nombre fini de lancers) =
=
+∞
X
n=1
P(l’expérience se termine après n+ 1 lancers)
=
+∞
X
n=1
5n−1
6n
=1
6
+∞
X
n=0 5
6n
=1
6
1
1−5
6
= 1.
Deuxième solution. Nous avons calculé, pour tout n>1, la probabilité que l’expérience
ne soit pas terminée après le n-ième lancer : c’est 5n−1
6n−1. Or l’événement « l’expérience ne
se termine jamais » est l’intersection décroissante de la suite d’événements « l’expérience
n’est pas terminée après le n-ième lancer ». Ainsi,
P(l’expérience ne se termine jamais) =
= lim
n→∞
P(n’est pas terminée après le n-ième lancer)
= lim
n→∞
5n−1
6n−1
= 0.
Nous avons donc montré, deux fois, qu’avec probabilité 1, l’expérience se termine après
un nombre fini de lancers.
e. D’après la question c, la probabilité que l’expérience finisse exactement après n
lancers est, pour tout n>2, égale à 5n−2
6n−1. Ainsi, si nous notons Nle nombre (aléatoire)
de lancers qu’il faut faire pour obtenir deux lancers successifs égaux, nous avons P(N=
0) = P(N= 1) = 0 et, pour tout n>2,
P(N=n) = 5n−2
6n−1.
Le nombre moyen de lancers qu’il faut faire pour obtenir deux lancers successifs égaux
est l’espérance de N, qu’on calcule grâce à la formule
E[N] = X
n>2
n5n−2
6n−1.
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On calcule cette série grâce à la question a. En effet,
E[N] = 6
52 X
n>0
n5n
6n−5 6!
=6
52 5
6
1−5
62−5
6!
= 7.
En moyenne, il faut donc lancer un dé 7fois pour obtenir deux résultats successifs
égaux.
2. Soit (X, Y )un vecteur aléatoire dont la loi admet la densité
f(X,Y )(x, y) = 1
xe−x−y
x]0,+∞[(x)]0,+∞[(y)
par rapport à la mesure de Lebesgue sur R2.
a. Calculer la densité de la loi de X. Quel est le nom de cette loi ?
b. Calculer, pour tout entier n>0, l’intégrale
Z+∞
0
xne−xdx.
c. Calculer, pour tout entier n>1, l’espérance de Yn.
d. Les variables aléatoires Xet Ysont-elles indépendantes ?
e. On pose (T, Z)=(X, Y
X). Calculer la loi du vecteur (T, Z). Quelle est cette loi ?
Solution de l’exercice 2. a. On obtient la densité de la loi de Xen intégrant la densité
de la loi du vecteur (X, Y )par rapport à la deuxième variable. Ainsi,
fX(x) = ZR f(X,Y )(x, y)dy
=1
xe−x]0,+∞[(x)Z+∞
0
e−y
xdy
=1
xe−x]0,+∞[(x)x
=e−x]0,+∞[(x).
La loi de Xest donc la loi exponentielle de paramètre 1.
b. On a d’une part
Z+∞
0
x0e−xdx = 1
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et d’autre part, pour tout n>1,
Z+∞
0
xne−xdx =−xne−x+∞
0+nZ+∞
0
xn−1e−xdx,
d’où il découle, par récurrence sur nque pour tout n>0on a
Z+∞
0
xne−xdx =n!.
c. Soit n>1. On calcule l’espérance de Ynen utilisant le théorème de transfert. On
trouve
E[Yn] = ZR2 ynf(X,Y )(x, y)dxdy
=Z+∞
0Z+∞ 0
yn1
xe−x−y
xdxdy.
Pour calculer cette intégrale, il faut choisir par rapport à quelle variable intégrer en
premier. Il n’y a en pratique pas le choix, car l’intégrale par rapport à xde la fonction
écrite ci-dessus n’est pas une fonction usuelle de y. On commence donc par intégrer par
rapport à y. On trouve
E[Yn] = Z+∞
0
1
xe−xZ+∞
0
yne−y
xdydx
=Z+∞
0
1
xe−xxn+1 Z+∞
0y
xn
e−y
x
dy
xdx
=n!Z+∞
0
xne−xdx
= (n!)2.
d. Si les variables aléatoires Xet Yétaient indépendantes, la densité de la loi du
vecteur (X, Y )s’écrirait comme le produit des densités des lois de Xet de Y, c’est-à-dire
qu’on aurait
f(X,Y )(x, y) = fX(x)fY(y),
ce qui dans ce cas particulier s’écrit
1
xe−x−y
x]0,+∞[(x)]0,+∞[(y) = e−x]0,+∞[(x)fY(y).
On devrait donc avoir
fY(y) = 1
xe−y
x]0,+∞[(y),
ce qui est impossible puisque le membre de droite n’est pas une fonction de la seule
variables y. Les variables aléatoires Xet Yne sont donc pas indépendantes.
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