corrigé

Université Pierre et Marie Curie
Probabilités et statistiques - LM345
2011-2012
Deuxième session – 1 février 2012
er
Examen
Durée : deux heures.
Sans documents ni calculatrices ni téléphones.
P+∞ n
a. Soit p ∈ [0, 1[ un nombre réel. Donner la valeur de
n=0 p , puis calculer
n
np
.
n=0
b. Soit n > 1 un entier. On lance n fois de suite un dé à six faces. Quelle est la
probabilité que sur ces n lancers il n’y en ait pas deux successifs égaux ?
c. Soit n > 1 un entier. On lance n + 1 de fois de suite un dé à six faces. Quelle est
la probabilité que parmi les n premiers 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 complexe p de module strictement inférieur à 1, on a
1.
P+∞
∞
X
pn =
n=0
1
.
1−p
Une façon de le démontrer (ce n’était pas demandé) est d’écrire, pour tout N > 0,
(1 − p)
N
X
pn = (1 − p)(1 + p + p2 + . . . + pN −1 + pN )
n=0
= 1 + p + p2 + . . . + pN −1 + pN
− p − p2 − . . . − pN −1 − pN − pN +1
− pN +1 .
=1
On a donc
N
X
n=0
pn =
1 − pN +1
,
1−p
qui, puisque |p| < 1, converge lorsque N tend vers +∞ vers
1
1
.
1−p
Pour calculer
P
n>0
npn , on dérive terme à terme l’égalité
+∞
X
pn =
n=0
1
.
1−p
C’est légitime, puisque le membre de gauche est une série entière en p de rayon de convergence 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
1
npn−1 =
,
(1 − p)2
n=0
qui, multiplié par p, donne
+∞
X
npn =
n=0
p
.
(1 − p)2
b. Considérons l’ensemble Ωn = {1, 2, 3, 4, 5, 6}n des suites de longueur n d’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 A est 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 A vaut donc
P(A) =
5n−1
|A|
= n−1 .
|Ωn |
6
c. L’espace de probabilités qui modélise notre expérience est maintenant Ωn+1 . L’événement qui nous intéresse est
B = {(ω1 , . . . , ωn−1 , ωn , ωn ) ∈ Ωn+1 : ∀i ∈ {1, . . . , n − 1}, ωi+1 6= ωi } .
Cet ensemble B a 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 B sur A. Ainsi,
P(B) =
|B|
6.5n−1
5n−1
= n+1 = n .
|Ωn+1 |
6
6
2
d. Première solution. Nous venons de calculer, pour tout n > 1, la probabilité que
n−1
l’expérience s’arrête au n+1-ième lancer : c’est 5 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 n parcourt 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
=
P(l’expérience se termine après n + 1 lancers)
n=1
=
+∞ n−1
X
5
6n
n=1
+∞ X
1
=
6
n=0
1 1
=
61−
5
6
n
5
6
= 1.
Deuxième solution. Nous avons calculé, pour tout n > 1, la probabilité que l’expérience
n−1
ne soit pas terminée après le n-ième lancer : c’est 56n−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 P(n’est pas terminée après le n-ième lancer)
n→∞
5n−1
n→∞ 6n−1
= 0.
= lim
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
n−2
lancers est, pour tout n > 2, égale à 56n−1 . Ainsi, si nous notons N le 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,
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
X 5n−2
E[N ] =
n n−1 .
6
n>2
P(N = n) =
3
On calcule cette série grâce à la question a. En effet,
6
E[N ] = 2
5
6
= 2
5
X 5n 5
n n−
6
6
n>0
5
6
!
5
−
2
6
1 − 65
!
= 7.
En moyenne, il faut donc lancer un dé 7 fois 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 −x− y
x1
e
]0,+∞[ (x)1]0,+∞[ (y)
x
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 +∞
xn e−x dx.
0
c. Calculer, pour tout entier n > 1, l’espérance de Y n .
d. Les variables aléatoires X et Y sont-elles indépendantes ?
Y
e. On pose (T, Z) = (X, 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 X en intégrant la densité
de la loi du vecteur (X, Y ) par rapport à la deuxième variable. Ainsi,
Z
f(X,Y ) (x, y) dy
fX (x) =
R
Z +∞
y
1 −x
= e 1]0,+∞[ (x)
e− x dy
x
0
1 −x
= e 1]0,+∞[ (x)x
x
= e−x 1]0,+∞[ (x).
La loi de X est donc la loi exponentielle de paramètre 1.
b. On a d’une part
Z +∞
x0 e−x dx = 1
0
4
et d’autre part, pour tout n > 1,
Z
Z +∞
n −x +∞
n −x
x e dx = −x e 0 + n
+∞
xn−1 e−x dx,
0
0
d’où il découle, par récurrence sur n que pour tout n > 0 on a
Z +∞
xn e−x dx = n!.
0
c. Soit n > 1. On calcule l’espérance de Y n en utilisant le théorème de transfert. On
trouve
Z
n
E[Y ] =
y n f(X,Y ) (x, y) dxdy
2
ZR+∞ Z +∞
y
1
=
y n e−x− x dxdy.
x
0
0
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 x de la fonction
écrite ci-dessus n’est pas une fonction usuelle de y. On commence donc par intégrer par
rapport à y. On trouve
Z
n
+∞
E[Y ] =
0
Z
+∞
=
0
Z +∞
y
1 −x
n −x
e
y e dy dx
x
0
Z +∞ 1 −x n+1
y n − y dy
e x
e x
dx
x
x
x
0
+∞
Z
xn e−x dx
= n!
0
= (n!)2 .
d. Si les variables aléatoires X et Y étaient indépendantes, la densité de la loi du
vecteur (X, Y ) s’écrirait comme le produit des densités des lois de X et 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 −x− y
−x
x1
e
]0,+∞[ (x)1]0,+∞[ (y) = e 1]0,+∞[ (x)fY (y).
x
On devrait donc avoir
1 −y
e x 1]0,+∞[ (y),
x
ce qui est impossible puisque le membre de droite n’est pas une fonction de la seule
variables y. Les variables aléatoires X et Y ne sont donc pas indépendantes.
fY (y) =
5
e. On applique la méthode de la fonction muette. Soit donc g : R2 → R une fonction
mesurables bornée. Calculons E[g(T, Z)] en appliquant la formule de transfert. On trouve
Z +∞ Z +∞ y 1 −x− y
x dxdy.
g x,
E[g(T, Z)] =
e
x x
0
0
On fait le changement de variables (t, z) = x, xy . Ce changement de variables est bijectif
de ]0, +∞[2 dans lui-même, de classe C 1 et s’inverse en (x, y) = (t, zt). C’est donc un
C 1 -difféomorphisme. Son jacobien vaut
∂x 1 0
D(x, y) ∂x
∂t
∂z
= t.
= ∂y ∂y = z
t
D(t, z)
∂t
∂z
Le changement de variables nous donne donc
Z +∞ Z +∞
Z +∞ Z +∞
1 −t−z
t dtdz =
g (t, z) e−t−z dtdz.
E[g(T, Z)] =
g (t, z) e
t
0
0
0
0
La densité de la loi du vecteur (T, Z) est donc
f(T,Z) (t, z) = e−t−z 1]0,+∞[ (t)1]0,+∞[ (z).
Les variables aléatoires T et Z sont donc indépendantes, chacun de loi exponentielle de
paramètre 1.
3. a. Énoncer le théorème central limite.
b. Un groupe de quatre amis se réunit tous les soirs depuis trente ans avec quelques
interruptions, et hier soir était leur dix-millième réunion. Lors de chacune de leurs réunions
ils ont fait une partie de leur jeu favori, à l’issue de laquelle il y a un gagnant et trois
perdants.
Un des quatre amis a gagné 2343 fois au cours de ces trente ans. Pensez-vous que les
quatre amis soient d’habileté égale à leur jeu favori ?
On pourra utiliser les égalités approchées
√
Z 1,96
2
3
− x2 dx
√ ' 0, 975 et 1, 96
' 0, 85.
e
4
2π
−∞
Solution de l’exercice 3. a. Soit (Xn )n>1 une suite de variables aléatoires indépendantes
et identiquement distribuées, qui toutes admettent un moment d’ordre 2. Alors, lorsque
n tend vers l’infini, on a la convergence en loi
X1 + . . . + Xn − nE[X1 ] loi
p
−→ N (0, 1),
n→∞
nVar(X1 )
vers la loi normale centrée réduite.
6
b. Appelons Albert celui des quatre amis qui a gagné 2343 fois.
Modélisons le résultat des 10000 parties jouées par les amis par une suite de variables
aléatoires X1 , . . . , X10000 de telle sorte que pour tout n ∈ {1, . . . , 10000}, on ait Xn = 1 si
Albert a gagné la n-ième partie et Xn = 0 s’il l’a perdue.
Supposons les quatre amis d’habileté égale. On peut alors faire l’hypothèse que les
variables X1 , . . . , X10000 sont indépendantes et toutes de loi de Bernoulli de paramètre 14 .
Le théorème central limite nous permet de donner un encadrement a priori du nombre de
parties gagné par Albert, égal à X1 + . . . + X10000 .
En utilisant le fait que la loi de Bernoulli de paramètre 41 est d’espérance 14 et de
3
variance 16
, on peut faire l’approximation que
X1 + . . . + X10000 − 2500
√
100
3
4
suit la loi normale N (0, 1).
D’après la première valeur approchée qui nous est donnée, on en déduit que
!
X1 + . . . + X10000 − 2500
√
6 1, 96 ' 0, 95,
P −1, 96 6
100 43
c’est-à-dire, d’après la deuxième valeur approchée qui nous est donnée,
P(2500 − 85 6 X1 + . . . + Xn 6 2500 + 85) ' 0, 95.
Ainsi, si les quatre amis étaient d’habileté égale, alors il y aurait 95% de chances pour
que le nombre de parties gagnées par Albert appartienne à l’intervalle [2415, 2585].
Ce n’est pas ce qu’on observe. Le test que nous venons d’effectuer nous conduit donc
à rejeter l’hypothèse que les quatre amis soient d’habileté égale.
4. On considère une suite de variables aléatoires (Xn )n>1 telle que pour tout n > 1
on ait
1
1
P(Xn = −1) = 1 − 2 et P(Xn = n2 − 1) = 2 .
n
n
a. Calculer, pour tout n > 1, l’espérance et la variance de Xn .
b. Montrer que la suite (Xn )n>1 converge en probabilité vers une limite que l’on déterminera.
c. Écrire avec les symboles ∩ et ∪ l’événement
A = « la suite (Xn )n>1 prend une infinité de fois des valeurs strictement positives »
puis calculer sa probabilité.
d. Donner la définition de chacun des modes de convergence suivants, puis dire pour
chacun d’entre eux si la suite (Xn )n>1 converge dans le sens correspondant, et le cas
échéant vers quelle limite : presque sûrement, en loi, et dans L1 .
7
n
e. La suite X1 +...+X
converge-t-elle presque sûrement ? Pouvait-on le prévoir ?
n
n>1
Solution de l’exercice 4. a. L’espérance de X est donnée par
1
1
2
2
E[X] = −1P(X = −1) + (n − 1)P(X = n − 1) = − 1 − 2 + (n2 − 1) 2 = 0.
n
n
Sa variance vaut Var(X) = E[X 2 ] − E[X]2 = E[X 2 ], donc
Var(X) = E[X 2 ]
= (−1)2 P(X = −1) + (n2 − 1)2 P(X = n2 − 1)
1
n4 − 2n2 + 1
=1− 2 +
n
n2
2
= n − 1.
b. On a
P(Xn 6= −1) =
1
−→ 0.
n2 n→∞
En particulier, pour tout ε > 0, on a
P(|Xn + 1| > ε) 6 P(Xn 6= −1) −→ 0.
n→∞
C’est la définition du fait que la suite (Xn )n>1 converge en probabilité vers la constante
−1.
c. L’événement A s’écrit
\ [
A=
{Xn > 0}.
N >1 n>N
C’est la limite supérieure de la suite d’événements ({Xn > 0})n>1 . Or P(X1 > 0) = 0 et,
pour tout n > 2, on a
1
P(Xn > 0) = 2 .
n
Ainsi,
X
X 1
P(Xn > 0) =
< +∞.
n2
n>1
n>2
Le lemme de Borel-Cantelli permet d’en déduire que la probabilité de A est nulle.
d. Par définition, la suite (Xn )n>1 converge presque sûrement vers la variable aléatoire
X si
P lim Xn = X = 1.
n→∞
On vient de démontrer que la probabilité que la suite (Xn )n>1 prenne une infinité de
fois des valeurs strictement positives est égale à 0. L’événement complémentaire, qui est
que la suite (Xn )n>1 ne prend que des valeurs négatives à partir d’un certain rang, est
donc de probabilité 1. La seule valeur négative possible pour Xn est −1. Nous avons donc
démontré qu’avec probabilité 1, la suite (Xn )n>1 est stationnaire de limite −1 :
P(∃N > 1, ∀n > N, Xn = −1) = 1.
8
En particulier,
P
lim Xn = −1 = 1.
n→∞
Ainsi, la suite (Xn )n>1 converge presque sûrement vers −1. Notons que c’était sa seule
limite presque sûre possible, puisque la convergence presque sûre entraîne la convergence
en probabilités et que nous savions que la suite (Xn )n>1 converge en probabilités vers −1.
Puisque la suite (Xn )n>1 converge en probabilités vers −1, elle converge aussi en loi,
ce qui signifie, par définition, que pour tout fonction continue bornée f : R → R, on a
lim E[f (Xn )] = E[f (−1)] = f (−1).
n→∞
Dire que la suite (Xn )n>1 converge dans L1 vers la variable aléatoire X signifie que
E[|X|] < +∞ et que
lim E[|Xn − X|] = 0.
n→∞
Puisque la suite (Xn )n>1 converge en probabilités vers −1, et puisque la convergence dans
L1 implique la convergence en probabilités vers la même limite, la seule limite possible
dans L1 pour la suite (Xn )n>1 est −1. Or
E[|Xn − (−1)|] = E[|Xn + 1|] = 0P(Xn = −1) + n2 P(Xn = n2 − 1) = n2
1
= 1,
n2
qui ne converge pas vers 0 lorsque n tend vers l’infini. Ainsi, la suite (Xn )n>1 n’a pas de
limite dans L1 .
Finalement, nous avons démontré que la suite (Xn )n>1 convergeait presque sûrement,
en probabilité et en loi vers −1, et qu’elle n’admettait pas de limite dans L1 .
e. La suite (Xn )n>1 converge presque sûrement vers −1. Elle converge donc presque
n
sûrement au sens de Cesaro vers −1, ce qui signifie exactement que la suite X1 +...+X
n
converge presque sûrement vers −1.
Pour étudier cette suite, on pourrait être tenté d’utiliser la loi des grands nombres.
Toutefois, cette loi s’applique à des suites de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées. Ici, les variables aléatoires (Xn )n>1 ne sont pas identiquement distribuées, et on n’a pas supposé qu’elles soient indépendantes. On ne peut donc pas leur
appliquer la loi des grands nombres.
Barême indicatif.
1.
2.
3.
4.
19
19
19
19
points
points
points
points
9