LM390 Année 2011-2012 Second semestre Groupe 1 Correction

Université Pierre et Marie Curie
L3 - Mathématiques
Probabilités - LM390
Année 2011-2012
Second semestre
Groupe 1
Correction Interrogation N˚1 – 5 mars 2012
Exercice 1. 1. L’espace probabilisé associé à cette expérience peut s’écrire
Ω = {(a1, a2, a3) : ai= 0,...,9}.
Le cardinal de l’ensemble Ωest card(Ω) = 103. La probabilité définie sur P(Ω) est la probabilité
uniforme, i.e. ∀ω∈Ω,P({ω})=1/103. La probabilité de tout élément Ade P(Ω) se calcule alors
ainsi
P(A) = X
ω∈A
P({ω}) = card(A)
card(Ω) .
2. (a) Soit A1l’ensemble de tous les triplets dans un ordre strictement croissant. Alors il est clair
que le nombre d’éléments de A1est le nombre de combinaisons C3
10 = 10!/(3!7!). La probabi-
lité d’obtenir quatre nombres dans un ordre strictement croissant est donc P(A1) = C3
10/103.
(b) Soit A2l’ensemble de tous les triplets dans un ordre croissant au sens large. Dans A2,ilya
10 tridruplets de nombres tous identiques, 2×C2
10 triplets de nombres dont deux sont égaux
et C3
10 triplets de nombres tous distincts. Soit P(A2) = (10 + 2 ×C2 10 +C3 10)/103.
On peut aussi raisonner de la manière suivante : l’application
(a1, a2, a3)7−→ (a1, a2+ 1, a3+ 2)
est une bijection de A2sur l’ensemble A0
2={(a1, a2, a3) : a1< a2< a3, ai= 0,...,11}. Le
cardinal de A2est donc égal à celui de A0
2, c’est à dire C3 12.
(c) Notons A3cet événement. Compter les triplets de nombres compris entre 0 et 9 dont la
somme est égale à 8 revient à compter les triplets de nombres compris entre 1 et 10 dont la
somme est égale à 11, i.e. le nombre de manières de choisir 2 points parmi les 10 intervalles
qui séparent 11 objets alignés, soit card(A3)=C2
10 et P(A3) = C2 10/103.
Exercice 2. •Si n= 2, le premier passager a une chance sur deux de s’asseoir à sa place et donc
la probabilité que le dernier (ici le second) soit à sa place est de 1
2.
•Si n= 3, notons Akl’événement “le passager kest à sa place” et Ac
kson complémentaire. Alors
P(A3) = P(A3|A1)P(A1) + P(A3|Ac
1)P(Ac 1) = 1
3+2 3P(A3|Ac
1)
=1
3+2 3(P(A3|Ac
1, A2)P(A2|Ac 1) + P(A3|Ac 1, Ac 2)P(Ac 2|Ac 1))
=1
3+2 30.1 2+1 2.1 2=1 2.
1

•Dans le cas général, on dénote par pnla probabilité que le dernier passager trouve sa place dans
un avion de nplaces. Fixons n > 2. Quand le premier passager prend sa place, il choisit la place
kavec probabilité 1/n. Si k= 1, le dernier passager est sûr d’avoir sa place, si k=n, il est sûr de
ne pas l’avoir. Si 1< k < n, alors les passagers numéros 2 à k−1prennent leur place et le k-ième
passager se retrouve maintenant dans la même situation que le premier passager, mais avec un
avion de n−k+ 1 places. On a alors la récurrence
pn= 1/n + 1/n(p2+· · · +pn−1).
Montrons que pn= 1/2pour tout n≥2. On sait que cela est vrai pour n= 2. Supposons pour
un nfixé que c’est vrai pour tout 2≤k < n. On a alors pn= 1/n + 1/n(p2+· · · +pn−1) =
1/n + (n−2)/(2n)=1/2, ce qui donne le résultat.
Exercice 3. 1. L’espace probabilisé associé à cette expérience peut s’écrire
Ω = {(a1, a2, . . . , am) : ai∈ {1, . . . , M}, ai6=ai, si i6=j}.
Le cardinal de cet ensemble est card(Ω)=Am
M=M(M−1) · · · (M−m+ 1). Celui-ci étant muni
de la probabilité uniforme, on a pour tout A∈ P(Ω),
P(A) = X
ω∈A
P({ω}) = card(A)
card(Ω) .
2. D’une part, Ak:= {Bk= 1}={(a1,· · · , am)∈Ω : ak∈ {1,2,· · · , b}}. D’autre part, l’application
Ak−→ A1
(a1, . . . , ak, . . . , am)7→ (ak, a2, . . . , ak−1, a1, ak+1, . . . , am)
est une bijection de Akdans A1, d’où Card(Ak) = Card(A1). Or Card(A1) = b(M−1) · · · (M−
m+ 1) et l’on a P(Ak) = b/M. (Remarquons que la probabilité de l’événement Akne dépend pas
de ket est égale à la proportion de boules blanches dans l’urne).
Pour k6=`, de même qu’à la question précédente, on peut établir une bijection entre {Bk=
1} ∩ {B`= 1)}et {B1= 1} ∩ {B2= 1)}, d’où P(Bk= 1, B`= 1) = P(B1= 1, B2= 1) =
Card({B1=1}∩{B2=1)})
Card(Ω) et Card({B1= 1}∩{B2= 1)}) = b(b−1)(M−2) · · · (M−m+ 1). D’où
P(Bk= 1, B`= 1) = b(b−1)
M(M−1) 6=P(Bk= 1)P(B`= 1) = b2 M2.
Donc les v.a. (Bk)1≤k≤mne sont pas indépendantes.
3. Pour 1≤k≤m, par le même argument de bijection, on a
P(Sm=k) = Ck
m
Ak
bAm−k
M−b
Am
M
(où Ak
n=n!
(n−k)! désigne le nombre d’arrangements de kéléments parmi net Ck
n=n!
k!(n−k)! le
nombre de combinaisons de kéléments parmi n) et E[Sm] = Pm
k=1 E[Bk] = Pm k=1 b
M=mb M.
2

4. On a Var(Bk) = E[B2
k]−E[Bk]2=P(Bk= 1) −E[Bk]2=b
M1−b M.
Pour 1≤k, ` ≤m,k6=`,
Cov(Bk, B`) = E[BkB`]−E[Bk]E[B`] = X
i,j∈{0,1}
ijP(Bk=i, B`=j)−E[Bk]E[B`]
=P(Bk= 1, B`= 1) −E[Bk]E[B`] = b(b−1)
M(M−1) −b2 M2=b Mb−1 M−1−b M.
On en déduit que
Var(Sm) = Var m
X
k=1
Bk!=
m
X
k=1
Var(Bk)+2 X
1≤k<`≤m
Cov(Bk, B`)
=
m
X
k=1
b
M1−b M+ 2 X
1≤k<`≤m
b
Mb−1 M−1−b M
=mb
M1−b M+m(m−1)b Mb−1 M−1−b M=mb M1−b M+ (m−1) b−1 M−1−b M.
Exercice 4. 1. La loi de Mest donnée par P(M=k) = P(M≥k)−P(M≥k+ 1),k∈N. Or
P(M≥k) = P(U≥k, V ≥k) = P(U≥k)P(V≥k)
et
P(U≥k) = P(V≥k) = X
j≥k
P(U=j) = X
j≥k
p(1 −p)j=p(1 −p)kX
j≥0
(1 −p)j= (1 −p)k.
D’où P(M≥k) = (1 −p)2ket
P(M=k) = P(M≥k)−P(M≥k+1) = (1−p)2k−(1−p)2k+2 = (1−p)2k(1−(1−p2)) = p(2−p)(1−p)2k.
2. Pour k∈Net r∈Z,
P(M=k, W =r) = P(min(U, V ) = k, V −U=r) = (P(U=k, V −U=r)si r≥0
P(V=k, V −U=r)si r < 0.
Donc, si r≥0,
P(M=k, W =r) = P(U=k, V =r+k) = P(U=k)P(V=r+k) = p2(1 −p)2k+r
et si r < 0,
P(M=k, W =r) = P(V=k, U =k−r) = P(V=k)P(U=k−r) = p2(1 −p)2k−r.
On obtient finalement pour k∈Net r∈Z,P(M=k, W =r) = p2(1 −p)2k+|r|.
3. La loi de West donnée, pour r∈Z, par
P(W=r) = X
k∈N
P(M=k, W =r) = X
k∈N
p2(1 −p)2k+|r|=p(1 −p)|r|
2−p.
On voit alors que, pour tous k∈Net r∈Z,P(M=k, W =r) = P(M≥k)P(W=r)donc M
et Wsont indépendantes.
3

Exercice 5. 1. Par définition, la fonction génératrice de Sest, pour s∈[0,1],
GS(s) = E[sS] = s0P(N= 0) + X
k≥1
EhsPk
i=1 Xi1{N=k}i.
Puisque Net la suite (Xi)sont indépendantes, on a
GS(s) = P(N= 0) + X
k≥1
EhsPk
i=1 XiiP(N=k).
Enfin, puisque les Xisont indépendantes et de même loi, on a
EhsPk
i=1 Xii=
k
Y
i=1
GXi(s) = GX1(s)k.
Ceci vaut 1 pour k= 0. Donc
GS(s) = X
k≥0GX1(s)kP(N=k) = GNGX1(s)=GN◦GX1(s).
De plus, GX1(s)=1−p+ps.
On a E[S] = G0
S(1) et Var(S) = G00 S(1) + G0 S(s)−G0 S(s)2. Or, G0 S(s) = G0 NGX1(s)G0 X1(s)et
G00
S(s) = G0 NGX1(s)G00 X1(s) + G00 NGX1(s)G0 X1(s)2.
Donc E[S] = E[N]E[X1]car GX1(1) = 1,E[S2] = E[N]E[X1(X1−1)] + E[N2]E[X1]2, d’où
Var(S) = E[N]Var(X1) + Var(N)E[X1]2.
2. (a) Si N∼ P(λ),λ > 0, alors la fonction génératrice de Nest GN(s) = eλ(s−1),s∈[0,1], et
celle de Sest GS(s) = GN◦GX1(s) = eλp(s−1). Donc Ssuit une loi de Poisson de paramètre
λp.
(b) On remarque que Test la somme arrêtée en Nde v.a. i.i.d. de loi de Bernoulli de paramètre
1−p, donc Tsuit une loi de Poisson de paramètre λ(1 −p). On a donc pour j, k ∈N,
P(S=k) = (λp)k
k!e−λp,P(T=j) = (λ(1−p))j j!e−λ(1−p)et
P(S=k, T =j) = P(S=k, N =j+k) = P N
X
i=1
Xi=k, N =j+k!
=P j+k
X
i=1
Xi=k, N =j+k!=P j+k
X
i=1
Xi=k!P(N=j+k)
=Ck
j+kpk(1 −p)jλj+k
(j+k)!e−λ=(λp)k k!e−λp (λ(1 −p))j j!e−λ(1−p)
=P(S=k)P(T=j).
3. (a) Comme p=1
2,Set Tont même loi, à savoir Pλ 2. Comme N=S+Tet que Set Tsont
indépendantes, on a en utilisant le résultat de la question 1.
∀s∈[0,1], GN(s) = GS+T(s) = GS(s)GT(s) = GS(s)2=GN1 + s
22
.
4

Par récurrence, en prenant pour cas initial n= 1 prouver ci-dessus, et en faisant l’hypothèse
que la propriété est satisfaite au rang k,i.e. pour tout s∈[0,1],GN(s) = GN1 + s−1
2k2k,
on a au rang k+ 1
GN(s) = GN1 + s−1
2k2k
=
GN 1 + 1 + s−1
2k
2!2
2k
=GN1 + s−1
2k+1 2k+1
.
La propriété est donc vraie pour tout n∈N.
(b) En effectuant un développement limité de GN, à s∈[0,1] fixé, quand ntend vers +∞, on a
GN(s) = GN1 + s−1
2n2n
=GN(1) + s−1
2nG0
N(1) + os−1
2n2n
=1 + s−1
2nc+os−1 2n2n
−→
n→∞ ec(s−1)
en utilisant que ex= limn→∞ 1 + x
nn. Donc Nsuit une loi de Poisson de paramètre c.
5