Exercices ccp (probabilités) Exercices intéressants : 96, 97, 98, 99, 100, 102, 103, 104, 105, 106, 107, 109, 111. EXERCICE 96 Une urne contient deux boules blanches et huit boules noires. 1. Un joueur tire successivement, avec remise, cinq boules dans cette urne. Pour chaque boule blanche tirée, il gagne 2 points et pour chaque boule noire tirée, il perd 3 points. On note X la variable aléatoire représentant le nombre de boules blanches tirées. On note Y le nombre de points obtenus par le joueur sur une partie. (a) Déterminer la loi de X, son espérance et sa variance. (b) Déterminer la loi de Y , son espérance et sa variance. 2. Dans cette question, on suppose que les cinq tirages successifs se font sans remise. (a) Déterminer la loi de X. (b) Déterminer la loi de Y . Que des probas finies. Intéressant, pas si facile. Le début (tirage sans remise, loi binomiale est simple. La suite (tirage sans remise, loi hypergéométrique) est moins évident. Le corrigé « officiel » prend pour acquis le fait que le tirage sans remise équivaut au tirage simultané. Dans certains livres (S. Méléard par exemple) on pense qu’il faut le démontrer. Méfiance, donc !. Très bon exercice sur les modéles d’urnes, donc. 1.a. Les tirages sont implicitement supposés indépendants. Définissons Zi = 1 si le joueur tire une boule blanche au i-ème tirage, Zi = 0 sinon. Chaque Zi suit une loi de Bernoulli B(1/5) ; comme X = Z1 + Z2 + . . . + Z5 , X suit une loi binomiale B(5, 1/5). Son espérance est égale à 1, sa variance à 4/5. 1.b. On a Y = 2X − 3(5 − X) = 5(X − 3) L’ensemble des valeurs prises par Y est {−15, −10, −5, 0, 5, 10} et la loi de X sur cet ensemble est définie par les probabilités élémentaires 5−k k 5 4 1 P (Y = 5(k − 3)) = k 5 5 1 (0 ≤ k ≤ 5) formules bien sûr inutiles pour calculer l’espérance de Y (−10) et sa variance (20). 2.a. X peut prendre les valeurs 0, 1, 2. On a 8 7654 P(X = 0) = 10 9 8 7 6 (formule des probabilités composées) 2 8765 P(X = 1) = 5 × 10 9 8 7 6 (même formule, on remarque facilement que la probabilité de tirer une boule blanche une fois seulement, au i-ème tirage, ne dépend pas de i). Et donc, de même, 5 2 1876 P(X = 2) = 2 10 9 8 7 6 2 5 2 ce qui donne les trois probabilités respectives , , . On peut aussi remarquer 9 9 9 que 2! 8! 5 (2 − k)! (8 − (5 − k))! P(X = k) = 10! k (10 − 5)! Quant au corrigé officiel, il semble indiquer que l’on peut tenir pour évident le fait que le tirage sans remise équivaut au tirage simultané. Ce qui est discutable, mais serait sans doute accepté par l’examinateur, et donnerait 8 2 5−k k P(X = k) = 10 5 2.b. Avec les probabilités respectives 2 5 2 , , , Y prend les valeurs −15, −10, −5. 9 9 9 EXERCICE 97 On admet, dans cet exercice, que : ∀ q ∈ N∗ , X k k>q ∀ x ∈ ]−1, 1[, +∞ X k k=q q xk−q = q xk−q converge et 1 . (1 − x)q+1 Soit p ∈ ]0, 1[ et r ∈ N∗ . On dépose une bactérie dans une enceinte fermée à l’instant t = 0 (le temps est exprimé en secondes). On envoie un rayon laser par seconde dans cette enceinte. Le premier rayon laser est envoyé à l’instant t = 1. La bactérie a la probabilité p d’être touchée par le rayon laser. Les tirs de laser sont indépendants. La bactérie ne meurt que lorsqu’elle a été touchée r fois par le rayon laser. Soit X la variable aléatoire égale à la durée de vie de la bactérie. 1. Déterminer la loi de X. 2 2. Prouver que X admet une espérance et la calculer. Exercice intéressant sur la loi géométrique. Demandera une bonne pédagogie pour expliquer à l’examinateur que la technique suggérée par l’énoncé pour le calcul de l’espérance est un peu compliquée. 1. Lorsque r = 1, on reconnaît une loi géométrique, il est donc bien de commencer l’oral en rappelant cette loi, son espérance. Première solution : Les hypothèses de l’énoncé font que, pour tout n ≥ 1, la variable aléatoire égale au nombre de tirs « réussis » entre l’instant t = 1 et l’instant t = n suit une loi binomiale B(n, p). Or on a X = n si et seulement si la bactérie a été touchée r − 1 fois entre l’instant t = 1 et l’instant t = n − 1 et touchée à l’instant t = n. Par indépendance, on a donc : n − 1 r−1 P (X = n) = p (1 − p)n−r × p r−1 Deuxième solution : La loi du temps du premier tir réussi est une loi G(p). Par indépendance, on a donc X = Z1 + . . . + Zr où les Zi sont indépendantes de même loi G(p) (Zi est le temps entre les i − 1ème et ième tirs réussis). La fonction génératrice d’une loi géométrique est s 7→ (définie sur ]− intervalle, ps 1 − (1 − p)s 1 1 , [). Donc la fonction génératrice de X est, sur le même 1−p 1−p r ps s 7→ 1 − (1 − p)s On peut alors faire un produit de Cauchy, ou mieux une dérivation pour obtenir le développement en série entière de r 1 s 7→ 1 − (1 − p)s puis mulitplier par pr sr mais c’est plus long que la première méthode. 2. Là, c’est la deuxième méthode qui l’emporte de loin pour la simplicité des calculs. En effet, somme de r variables aléatoires qui ont une espérance, X en a une, et r E(X) = p L’énoncé suggère une autre méthode (celle que les examinateurs connaîtront, or 3 certains n’auront jamais fait de probabilités. . .) +∞ X n−1 r n p (1 − p)n−r r − 1 n=r +∞ X n r = rp (1 − p)n−r r n=r E(X) = = rpr = 1 (1 − (1 − p)) r+1 r p EXERCICE 98 Soit a ∈ ]0, +∞[. Soit (X, Y ) un couple de variables aléatoires à valeurs dans N2 dont la loi est donnée par : j+k 1 (j + k) 2 ∀(j, k) ∈ N2 , P (X = j, Y = k) = . e j! k! 1. Déterminer les lois marginales de X et de Y . Les variables X et Y sont-elles indépendantes ? 2. Prouver que E 2X+Y existe et la calculer. Définition de l’espérance, des lois marginales, de l’indépendance, formule de transfert, bon exercice sur la sommabilité, bon exercice ccp à 8 pts ! Calculs pas trop redoutables si on s’y prend correctement. On pourrait commencer par montrer que la famille proposée est sommable de somme 1. On va faire confiance à l’énoncé, et calculer, si j ∈ N : k +∞ 1 X j+k 1 e j! k! 2 k=0 √ √ 1 e j e+ e j! 2 j j + 1 1 1 2 =√ j! e 2 j 1 2 j 1 = 2 P(X = j) = On vérifie bien que +∞ X P(X = j) = 1, d’où la sommabilité et la « bonne j=0 somme » de la famille. Par symétrie, P(Y = j) = P(X = j). Comme (j + 1 1 )(k + ) 6= j + k en général, il n’y a pas indépendance. 2 2 4 2. On calcule donc à l’aide du théorème de transfert : 1 E 2X+Y = e = 2 e X (j,k)∈N2 X (j,k)∈N2 j+k j!k! j j!k! = 2e < +∞ EXERCICE 99 Une secrétaire effectue n appels téléphoniques vers n correspondants distincts. On admet que les n appels constituent n expériences indépendantes et que pour chaque appel, la probabilité d’obtenir le correspondant demandé est p(p ∈ ]0, 1[). Soit X la variable aléatoire représentant le nombre de correspondants obtenus. 1. Donner la loi de X. Justifier. 2. La secrétaire rappelle une seconde fois, dans les mêmes conditions, chacun des n−X correspondants qu’elle n’a pas pu joindre au cours de la première série d’appels. On note Y la variable aléatoire représentant le nombre de personnes jointes au cours de la seconde série d’appels. (a) Soit i ∈ J0, nK. Déterminer, pour k ∈ N, P (Y = k|X = i). (b) Prouver que Z = X + Y suit une loi binomiale dont on déterminera le paramètre. (c) Déterminer l’espérance et la variance de Z. Bon exercice sur Bernoulli, avec un calcul de somme pas complètement évident. Que des probas finies. 1. Soit Xi la variable aléatoire qui vaut 1 si le ième appel aboutit, n − i sinon. Les hypothèses du modèle font des Xi (1 ≤ i ≤ n) des variables de Bernoulli de paramètre p, dont X est la somme, ce qui fait que X suit une loi B(n, p). 2. (a) La loi de Y sachant (X = i) est, pour la même raison, une loi B(n − i, p). Donc n−i k P(Y = k|X = i) = p (1 − p)n−i−k k 5 (b) On a P(Z = k) = k X P(X = i, Y = k − i) i=0 = k X P(X = i) P(Y = k − i|X = i) i=0 = k X n i i=0 i n−i p (1 − p) n − i k−i p (1 − p)n−k k−i k X n! (1 − p)−i i! (k − i)! (n − k)! i=0 k X n k k = p (1 − p)2n−k (1 − p)−i k i i=0 k n k 1 2n−k = p (1 − p) 1+ k 1−p n−k n k = (p(2 − p)) (1 − p)2 k = pk (1 − p)2n−k Mais 1 − p(2 − p) = (1 − p)2 , donc Z ∼ B (n, p(2 − p)) (on peut se rassurer en vérifiant que p(2 − p) ∈ [0, 1]). (c) E(Z) = np(2 − p), V(Z) = np(2 − p)(1 − p)2 Une vérification : On peut vérifier l’espérance de Z en utilisant l’espérance d’une loi conditionnelle. Ce n’est pas très difficile, mais intéressant. Remarquons que la loi de Y sachant (X = k) est une loi B(n − k, p), d’espérance (n − k)p. Autrement dit, n X iP(Y = i|X = k) = (n − k)p i=0 Mais on peut écrire : E(Y ) = = = = n X iP(Y = i) i=1 n X i i=1 n X n X !! P(X = k)P(Y = i|X = k) k=0 n X P(X = k) iP(Y = i|X = k) i=0 k=0 n X k=0 !! n k p (1 − p)n−k (n − k)p k = np − p(np) 6 D’pù l’on tire E(Z) = E(X) + E(Y ) = np + np − np2 = np(2 − p) 7 EXERCICE 100 1. Rappeler l’inégalité de Bienaymé Tchebychev. 2. Soit (Yn ) une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes, n X de même loi et admettant un moment d’ordre 2. On pose Sn = Yk . k=1 Sn V (Y ) 1 . Prouver que : ∀ a ∈ ]0, +∞[, P − E(Y1 ) > a 6 n na2 3. Application : On effectue des tirages successifs, avec remise, d’une boule dans une urne contenant 2 boules rouges et 3 boules noires. Á partir de quel nombre de tirages peut-on garantir à plus de 95% que la proportion de boules rouges obtenues restera comprise entre 0, 35 et 0, 45 ? Indication : Considérer la suite (Yi ) de variables aléatoires de Bernoulli où Yi mesure l’issue du iième tirage. Bon exercice « de cours » sur la loi faible des grands nombres. 1. QC 2. QC 3. On pose Yi = 1 si une boule rouge est sortie au ième tirage, Yi = 0 sinon. Il n’y a plus qu’à appliquer l’inégalité précédente, avec a = 0, 05 et V(Y1 ) = 0, 4(1 − 0, 4) = 0, 24. Il s’agit donc de déterminer n tel que 0, 24 ≤ 0, 05 (0, 05)2 n (calcul à faire). Remarque : la majoration est grossière en général. EXERCICE 101 Soit λ ∈ ]0, +∞[. Soit X une variable aléatoire discrète à valeurs dans N∗ . λ On suppose que ∀k ∈ N∗ , P (X = n) = . n(n + 1)(n + 2) 1. Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle R définie par 1 R(x) = x(x+1)(x+2) . 2. Calculer λ. 3. Prouver que X admet une espérance, puis la calculer. 4. X admet-elle une variance ? Justifier. Un petit peu de calcul. Décomposition en éléments simples, séries télescopiques. 1 1 1 1 = − + x(x + 1)(x + 2) 2x x + 1 2(x + 2) 2. Et donc 1. n X k=1 n n+1 n+2 X1 1 1X1 1X1 = − + n(n + 1)(n + 2) 2 k k 2 k k=1 k=2 k=3 1 1 1 = − + 4 2(n + 1) 2(n + 2) 8 Donc +∞ X 1 1 = n(n + 1)(n + 2) 4 n=1 Et, finalement, X λ = 4. nP(X = n) < +∞. Ce qui montre que X admet une espérance, 3. On a n∈N∗ et E(X) = 3. Et X +∞ X +∞ X 4 1 1 =4 − =2 (n + 1)(n + 2) n+1 n+2 n=1 n=1 n2 P(X = n) = +∞, donc pas de moment d’ordre 2, donc pas de n∈N∗ variance. EXERCICE 102 Dans une zone désertique, un animal erre entre trois points d’eau A,B et C. A l’instant t=0, il se trouve au point A. Quand il a épuisé l’eau du point où il se trouve, il part avec équiprobabilité rejoindre l’un des deux autres points d’eau. L’eau du point qu’il vient de quitter se régénère alors. Soit n ∈ N. On note An l’événement " l’animal est en A après son nième trajet". On note Bn l’événement " l’animal est en B après son nième trajet". On note Cn l’événement " l’animal est en C après son nième trajet". On pose P (An ) = an , P (Bn ) = bn et P (Cn ) = cn . 1. (a) Exprimer, en le justifiant, an+1 en fonction de an , bn et cn . (b) Exprimer, de même, bn+1 et cn+1 en fonction de an , bn et cn . 0 12 12 1 1 2. On considère la matrice A = 2 0 2 . 1 1 0 2 2 (a) Justifier, sans calculs, que la matrice A est diagonalisable. 1 (b) Prouver que − est valeur propre de A et déterminer le sous-espace 2 propre associé. (c) Déterminer une matrice P inversible et une matrice D diagonale de M3 (R) telles que D = P −1 AP . Remarque : Le calcul de P −1 n’est pas demandé. 3. Montrer comment les résultats de la question 2. peuvent être utilisés pour calculer an , bn et cn en fonction de n. Remarque : Aucune expression finalisée de an , bn et cn n’est demandée. 9 Pas intéressant du point de vue probabiliste, sauf si on n’a jamais vu une matrice de transition dans une chaîne de Markov. Intéressante diagonalisation d’une matrice symétrique réelle standard 1.a. Les évènements An , Bn , Cn forment un système complet. Donc P(An+1 ) = P(An )PAn (An+1 ) + P(Bn )PBn (An+1 ) + P(Cn )PCn (An+1 ) Remarque : au cas improbable où l’examinateur demanderait un univers, on N peut prendre Ω = {A, B, C} . On a donc, par hypothèse, an+1 = an × 0 + bn × 1.b. On a de même 1 1 + cn × 2 2 1 + cn × 2 1 + bn × = an × 2 bn+1 = an × cn+1 1 2 1 2 2.a. A est symétrique réelle. 2.b. (1, 1, 1) est vecteur propre associé à la valeur propre 1. On cherche donc ⊥ les autres vecteurs propres dans Vect ((1, 1, 1)) , qui est un plan d’équation x + y + z = 0 ; on constate alors que tous les éléments de ce plan sont dans le sous-espace propre associé à la valeur propre −1/2. 2.c. Il est naturel de prendre (la troisième colonne étant obtenue par produit vectoriel des deux premières) : 1 1 1 √ √ √ 3 2 6 1 1 1 √ √ −√ P = 3 2 6 1 2 √ 0 −√ 3 6 Ce n’est pas la matrice P la plus simple, mais l’avantage est que le calcul de P −1 est immédiat : P −1 = tP . On a alors 1 0 0 1 0 0 − D= 2 1 0 0 − 2 3. On calcule An = P Dn P −1 , et le calcul de Dn est éléméntaire. Or (a0 , b0 , c0 ) = (1, 0, 0), d’où 1 an bn = P 0 cn 0 0 1 (− )n 2 0 10 0 −1 1 0 P 0 1 0 (− )n 2 4. Et donc la limite, quand n → +∞ : (1/3, 1/3, 1/3). . .mais la question n’est pas posée ! EXERCICE 103 Soit N ∈ N∗ . Soit p ∈ ]0, 1[. On pose q = 1 − p. On considère N variables aléatoires X1 , X2 , · · · , XN définies sur un même espace probabilisé (Ω, T , P ), mutuellement indépendantes et de même loi géométrique de paramètre p. 1. Soit i ∈ J1, N K. Soit n ∈ N∗ . Déterminer P (Xi 6 n), puis P (Xi > n). 2. On considère la variable aléatoire Y définie par Y = min (Xi ). 16i6N c’estàdire ∀ω ∈ Ω, Y (ω) = min (X1 (ω), · · · , XN (ω)), min désignant le plus petit élément. (a) Soit n ∈ N∗ . Calculer P (Y > n). En déduire P (Y 6 n), puis P (Y = n). (b) Prouver que Y admet une espérance et la calculer. Un min de variables géométriques indépendantes est une variables géométrique. Bon exercice sur la loi géométrique, que l’énoncé cherche à étoffer en posant les questions dans le mauvais sens. Très intéressant. 1. P(Xi ≤ n) = = n X k=1 n X P(Xi = k) p(1 − p)k−1 k=1 1 − (1 − p)n 1 − (1 − p) = 1 − (1 − p)n =p et donc P(Xi > n) = (1 − p)n . Bien sûr, il vaut mieux faire l’inverse : ce dernier résultat est évident compte tenu de la définition de la loi géométrique, l’énoncé semble néanmoins demander de faire le calcul. On fera quand même remarquer à l’examinateur qu’on n’est pas dupe, dans un bon esprit ! 2. (a) De P(Y > n) = P(X1 > n, . . . , XN > n), de l’indépendance des Xi et du résultat du 1. on tire P(Y > n) = (1 − p)N n puis P(Y ≤ n) = 1 − (1 − p)N n puis P(Y = n) = (1 − p)N (n−1) (1 − (1 − p)N ) 11 (qui d’ailleurs se déduit au moins aussi bien du premier résultat : encore un « puis » bizarre). (b) Y suit donc une loi géométrique de paramètre 1 − (1 − p)N , ce qui donne par le cours son espérance (mais il faut être prêt à la recalculer à la demande de l’examinateur) : 1 E(Y ) = 1 − (1 − p)N EXERCICE 104 Remarque : les questions 1. et 2. sont indépendantes. Soit (Ω, A, P ) un espace probabilisé. 1. (a) Soit X1 et X2 deux variables aléatoires définies sur (Ω, A). On suppose que X1 et X2 sont indépendantes et suivent une loi de Poisson, de paramètres respectifs λ1 et λ2 . Déterminer la loi de X1 + X2 . (b) En déduire l’espérance et la variance de X1 + X2 . 2. Soit X et Y deux variables aléatoires définies sur (Ω, A, P ). On suppose que Y suit une loi de Poisson de paramètre λ. On suppose que X(Ω) = N et que ∀ m ∈ N, la loi conditionnelle de X sachant (Y = m) est une loi binomiale de paramètre (m, p). Déterminer la loi de X. Que des classiques sur la loi de Poisson. Très bon exercice à 8 pts. Pas si court si on doit refaire tous les calculs. 1. Un calcul classique, voir feuille d’exercices. La somme de deux variables indépendantes de lois respectives P(λ1 ) et P(λ2 ) suit une loi P(λ1 + λ2 ). Ce n’est pas du cours, il faut donc savoir parfaitement refaire le calcul. L’espérance et la variance valent donc λ1 + λ2 . Là, c’est du cours. . .mais il faut quand même (à plus forte raison) savoir refaire le calcul. 2. Encore un calcul classique (type gestion de stock, branchements), à bien savoir faire : P(X = n) = = +∞ X m=0 +∞ X m=0 =e P(Y = m) PY =m (X = n) e−λ λm m n p (1 − p)m−n m! n +∞ n X −λ p λm (1 − p)m−n n! m=n (m − n)! (pλ)n λ(1−p) e n! (pλ)n = e−λp n! = e−λ Donc X ∼ P(pλ). 12 EXERCICE 105 On dispose de n boules numérotées de 1 à n et d’une boîte formée de trois compartiments identiques également numérotés de 1 à 3. On lance simultanément les n boules . Elles viennent se ranger aléatoirement dans les 3 compartiments. Chaque compartiment peut éventuellement contenir les n boules. On note X la variable aléatoire qui à chaque expérience aléatoire fait correspondre le nombre de compartiments restés vides. 1. Préciser les valeurs prises par X. 2. (a) Déterminer la probabilité P (X = 2). (b) Finir de déterminer la loi de probabilité de X. 3. (a) Calculer E(X). (b) Déterminer lim E(X). Interpréter ce résultat. n→+∞ Intéressant. Probas finies seulement. Combinatoire, on peut facilement se tromper dans la loi de X, il faut donc avoir fait cet exercice. 1. X est à valeurs dans {0, 1, 2}. 2. (a) Lancer les n boules successivement ou simultanément ne change rien. X = 2 signifie que les n − 1 dernières boules se rangent dans le même compartiment que la première. Donc n−1 1 P(X = 2) = 3 On obtient le même résultat en ajoutant les probabilités pour que les n boules se rangent dans le casier 1, dans le casier 2, dans le casier 3. n 2 (b) La probabilité pour qu’aucune boule ne se range dans le casier 1 est . 3 La probabilité pour que seul le casier 1 soit vide est donc n n 1 2 −2 3 3 Ainsi n n 2 1 P(X = 1) = 3 −2 3 3 et donc n n n−1 n n−1 2 1 1 2 1 −2 − =1−3 + 3 3 3 3 3 n 2 3. (a), (b) E(X) = 3 −−−−−→ 0 ce qui est bien naturel, l’existence d’un n→+∞ 3 casier vide si n est grand étant à priori bien peu probable. P(X = 0) = 1 − 3 13 EXERCICE 106 1. Énoncer et démontrer la formule de Bayes. 2. On dispose de 100 dés dont 25 sont pipés. Pour chaque dé pipé, la probabilité d’obtenir le chiffre 6 lors d’un lancer vaut 12 . (a) On tire un dé au hasard parmi les 100 dés. On lance ce dé et on obtient le chiffre 6. Quelle est la probabilité que ce dé soit pipé ? (b) Soit n ∈ N∗ . On tire un dé au hasard parmi les 100 dés. On lance ce dé n fois et on obtient n fois le chiffre 6. Quelle est la probabilité pn que ce dé soit pipé ? (c) Déterminer lim pn . Interpréter ce résultat. n→+∞ Cours et application directe de la formule de Bayes. 1. cours. 2. (a) Notons A l’évènement « le dé tiré est pipé », B l’évènement « le lancer donne un 6 ». La formule de Bayes donne : P(A)PA (B) P(A)PA (B) + P(A)PA (B) 1 1 × 4 2 = 1 1 3 1 × + × 4 2 4 6 1 = 2 PB (A) = (b) Même raisonnement en remplaçant l’évènement B par l’évènement B 0 : « on obtient n 6 en n lancers ». 1 1 × n 4 2 pn = 1 1 1 3 × + × n 4 2n 4 6 1 = 1 + 31−n (c) pn −−−−−→ 1, si je tire successivement plusieurs 6 je soupçonnerai que le dé n→+∞ est pipé, plus précisément la probabilité de tirer n 6 avec un dé non pipé est négligeable, quand n → +∞, devant la probabilité de tirer n 6 avec un dé pipé. EXERCICE 107 X et Y sont deux variables aléatoires indépendantes et à valeurs dans N. Elles suivent la même loi définie par : ∀ k ∈ N, P (X = k) = P (Y = k) = pq k où p ∈ ]0, 1[ et q = 1 − p. On considère alors les variables U et V définies par U = sup(X, Y ) et V = inf(X, Y ). 14 1. Déterminer la loi du couple (U, V ). 2. Expliciter les lois marginales de U et de V . 3. U et V sont-elles indépendantes ? A rapprocher de l’exercice 103 : un min de variables géométriques indépendantes et de même paramètre suit une loi géométrique. Les lois géométriques ci-dessous ne sont pas celles « du programme », mais elles sont décalées de 1. 1. Le couple (U, V ) est à valeurs dans E = {(m, n) ∈ N2 ; m ≥ n}. Et P(U = m, V = m) = P(X = m, Y = m) = p2 q 2m (par indépendance de X et Y ) et, si m > n, P(U = m, V = n) = P(X = m, Y = n) + P(X = n, Y = m) = 2p2 q m+n toujours par indépendance. 2. Donc, pour tout entier naturel non nul n, P(U = n) = n X P(U = n, V = m) m=0 = n−1 X 2p2 q m+n + p2 q 2n m=0 1 − qn + p2 q 2n 1−q = pq n (2(1 − q n ) + pq n ) = 2p2 q n P(V = n) = = +∞ X P(U = m, V = n) m=n +∞ X 2p2 q m+n + p2 q 2n m=n+1 1 + p2 q 2n 1−q = pq 2n (2q + p) = 2p2 q 2n+1 = pq 2n (1 + q) = (1 − q 2 ) q 2 n 3. S’il y avait indépendance, on aurait P(U = m, V = n) = P(U = m) P(V = n) et si m < n c’est manifestement faux. EXERCICE 108 On dispose de deux urnes U1 et U2 . L’urne U1 contient deux boules blanches et trois boules noires. 15 L’urne U2 contient quatre boules blanches et trois boules noires. On effectue des tirages successifs dans les conditions suivantes : on choisit une urne au hasard et on tire une boule dans l’urne choisie. On note sa couleur et on la remet dans l’urne d’où elle provient. Si la boule tirée était blanche, le tirage suivant se fait dans l’urne U1 . Sinon le tirage suivant se fait dans l’urne U2 . ∀n ∈ N∗ , on note Bn l’événement « la boule tirée au nième tirage est blanche ». On pose également ∀n ∈ N∗ , pn = P (Bn ). 1. Calculer p1 . 4 6 pn + . 35 7 3. En déduire, pour tout entier naturel n non nul, la valeur de pn . 2. Prouver que : ∀ n ∈ N∗ , pn+1 = − Probabilités finies, probabilités totales, une suite arithmético-géométrique, pas dur mais pas passionnant. 1. Par formule des probabilités totales (on conditionne par le « choix » de l’urne : p1 = 1 2 1 4 17 × + × = 2 5 2 7 35 2. On conditionne par la couleur de la boule tirée au nième tirage ; toujours avec la formule des probabilités totales : pn+1 = pn × 2 4 + (1 − pn ) × 5 7 qui est bien la formule cherchée. 3. On résout 4 6 x=− x+ 35 7 on appelle x0 la solution ; on a alors pn+1 − x0 = − 6 (pn − x0 ) 35 ce qui donne assez vite le résultat. EXERCICE 109 Soient X et Y deux variables aléatoires définies sur un même espace probabilisé (Ω, A, P ) et à valeurs dans N dont la loi est donnée par : 1 ∀ (i, j) ∈ N2 , P ((X = i) ∩ (Y = j)) = i+1 e 2 j! 1. Déterminer les lois de X et de Y . 2. (a) Prouver que 1 + X suit une loi géométrique et en déduire l’espérance et la variance de X. (b) Déterminer l’espérance et la variance de Y. 3. Les variables X et Y sont-elles indépendantes ? 4. Calculer P (X = Y ). 16 Reconnaissance de lois usuelles, calcul de sommes de séries simples, exercice sans histoire mais adapté. 1. Si i ∈ N, +∞ 1 1 X 1 P(X = i) = = i+1 e 2i+1 j=1 j! 2 Il est judicieux de remarquer qu’on a bien +∞ X 1 =1 i+1 2 i=0 De même, si j ∈ N, P(Y = j) = 1 e j! 2.a. Si i ∈ N∗ , 1 1 P(X + 1 = i) = P(X = i − 1) = (1 − )i−1 2 2 ce qui montre que X + 1 ∼ P(1/2). Donc l’espérance de X est 2 − 1 = 1, la variance vaut 2. 2.b. Y ∼ P(1), donc espérance et variance valent 1. 3. Manifestement, oui. 4. La probabilité cherchée est +∞ 1X 1 1 = √ i+1 e i=0 2 i! 2 e EXERCICE 110 Soit n ∈ N∗ . Une urne contient n boules blanches numérotées de 1 à n et deux boules noires numérotées 1 et 2. On effectue le tirage une à une, sans remise, de toutes les boules de l’urne. On note X la variable aléatoire égale au rang d’apparition de la première boule blanche. On note Y la variable aléatoire égale au rang d’apparition de la première boule numérotée 1. 1. Déterminer la loi de X. 2. Déterminer la loi de Y . Combinatoire, pas spécialement passionnant. n 2 n 2 1 ; P(X = 2) = × ; P(X = 3) = × n+2 n+2 n+1 n+2 n+1 2. Il y a deux boules numérotées 1 ; la loi de Y est donc aussi la loi du rang d’apparition de la première boule noire (aucun intérêt d’ailleurs) : si 2 ≤ k ≤ 1. P(X = 1) = 17 n + 1, n n−1 n−k+2 2 × × ··· × × n+2 n+1 n + 2 − (k − 2) n + 2 − (k − 1) n! (n − k + 2)! =2 (n + 2)! (n − k + 1)! n−k+2 =2 (n + 2)(n + 1) P(Y = k) = (encore vrai pour k = 1). EXERCICE 111 Soit (Ω, A, P ) un espace probabilisé. 1. Soit X une variable aléatoireX définie sur (Ω, A, P ) et à valeurs dans N. On considère la série entière tn P (X = n) de variable réelle t. On note RX son rayon de convergence. (a) Prouver que R > 1. On pose alors GX (t) = +∞ X tn P (X = n) et note DGX l’ensemble de n=0 définition de GX . Justifier que [−1, 1] ⊂ DGX . Pour tout réel t fixé, exprimer GX sous forme d’une espérance. (b) Soit k ∈ N. Exprimer, en justifiant votre réponse, P (X = k) en (k) fonction de GX (0). 2. (a) On suppose que X suit une loi de Poisson de paramètre λ. Déterminer DGX et, ∀ t ∈ DGX , calculer GX (t). (b) Soit X et Y deux variables aléatoires définies sur un même espace probabilisé, indépendantes et suivant des lois de Poisson de paramètres respectifs λ1 et λ2 . Déterminer, en utilisant les questions précédentes, la loi de X + Y . Du cours et des classiques, intéressants. Bon exercice à 8 points, à exposer avec efficacité pour garder du temps pour l’exercice à 12 points 1. (a) Cours. 1. (b) Cours aussi. 2.(a) (b) Classiques sur la loi de Poisson. 18 EXERCICE 112 On admet, dans cet exercice, que : ∀ q ∈ N∗ , X k k>q ]−1, 1[, +∞ X k k=q q xk−q = q xk−q converge et ∀ x ∈ 1 . (1 − x)q+1 Soit p ∈ ]0, 1[. Soit (Ω, A, P ) un espace probabilisé. Soit X et Y deux variables aléatoires définies sur (Ω, A, P ) et à valeurs dans N. On suppose que la loi de probabilité du n couple (X, Y ) est donnée par : 1 n p(1 − p)n si k 6 n P ((X = k) ∩ (Y = n)) = k 2 0 sinon 1. Vérifier qu’il s’agit bien d’une loi de probabilité. 2. (a) Déterminer la loi de Y . (b) Prouver que 1 + Y suit une loi géométrique. (c) Déterminer l’espérance de Y . 3. Déterminer la loi de X. Du calcul. 1. et 2. (a), (b), (c) se fait de tête. 3. On écrit +∞ n X n 1 P(X = k) = p(1 − p)n k 2 n=k k X n−k +∞ n 1−p 1−p =p k 2 2 n=k k 1−p 1 =p k+1 2 1−p 1− 2 k 2p 1−p = 1+p 1+p X + 1 suit donc une loi géométrique de paramètre 2p 1+p EXERCICE 113 Soit n ∈ N∗ et E un ensemble possédant n éléments. On désigne par P(E) l’ensemble des parties de E. 2 1. Déterminer le nombre a de couples (A, B) ∈ (P(E)) tels que A ⊂ B. 19 2 2. Déterminer le nombre b de couples (A, B) ∈ (P(E)) tels que A ∩ B = ∅. 3 3. Déterminer le nombre c de triplets (A, B, C) ∈ (P(E)) tels que A, B et C soient deux à deux disjoints et vérifient A ∪ B ∪ C = E. Amusant, mais qu’évalue-t-on ? mauvais exercice ccp à 8 pts. . . 1. On classe « par B », pour trouver n X n k 2 = 3n k k=0 2. Pour A donné, le nombre de parties de Ac dépend du nombre d’éléments de A. On trouve n X n n−k 2 = 3n k k=0 On peut aussi utiliser la bijection (A, B) 7→ (A, B c ) de l’ensemble dénombré en 1 dans l’ensemble dénombré en 2. 3. L’application qui à un tel triplet associe (A, B) est une bijection de l’ensemble cherché dans celui dénombré en 2. Donc toujours même cardinal ! 20