Cogitos : Lois usuelles en probabilités Cogito 1) a) Soit " ,(,P# un

Cogitos : Lois usuelles en probabilités
Cogito 1) a) Soit (;A; P )un espace muni de nvariables aléatoires indépendantes X1; :::; Xnde même loi de
Bernoulli de paramètre 0<p<1. Donner la loi de S=Pn
i=1 Xi:
b) Soit (;A; P )un espace de probabilité muni de Xet Yvariables aléatoires indépendantes de lois binomiales de
paramètres (m; p)et (n; p), pour deux entiers met n2Net un réel p2]0;1[:
Montrer que X+Ysuit une loi binomiale de paramètres (m+n; p).
Cogito 2) Soient X ,! B(n; p)et Y ,! B(m; p)deux v.a.r. indépendantes suivant des lois binomiales.
Soit k2[[1; n +m]] Déterminer la loi conditionnelle de Xsachant que X+Y=k.
Cogito 3) Soit 0< p < 1,q= 1 p, et X,Ydeux v.a.r. discrètes indépendantes suivant la loi géométrique de
paramètre p, c’est-à-dire P(X > k) = qkpour tout k2N. Calculer P(X=Y)et P(X > 2Y):
Cogito 4) Soient pun entier naturel non nul, et nun entier naturel supérieur ou égal à 2. A un péage d’autoroute
comportant nguichets, np voitures se présentent. Chaque conducteur choisit un guichet au hasard, de manière
équiprobable. Les choix des automobilistes sont supposés indépendants entre eux. On note Xile nombre de voitures
passées par le guichet numéro i.
a) Que vaut Y=X1+X2+::: +Xn? Préciser l’espérance et la variance de Y.
b) Déterminer la loi de Xi, et en déduire la variance vet l’espérance de la variable aléatoire Xi:
Remarque : Noter que Xi=Pnp
j=1 1Yj=i, où Yjest la variable donnant le numéro du guichet de la j-ième voiture.
c) Calculer le coe¢ cient de corrélation linéaire rde Xiet Xj, pour i6=j: On rappelle que r=Cov(Xi;Xj)
(Xi)(Xj):
Indication : Noter que V(Y) = nv +n(n1)c, où c=Cov(Xi; Xj):Or, on a V(Y) = 0:D’où r=c
v=1 n1:
Cogito 5) Le nombre de clients qui se présentent à la caisse d’un supermarché est modélisé par une loi de Poisson
associé à un taux moyen d’arrivée de 2 clients par minute. Quelle est la probabilité rqu’aucun client ne se présente
à la caisse dans un intervalle de deux minutes ?
Solution : Considérons la variable aléatoire Xà valeurs entières donnant le nombre de clients se présentant à la
caisse dans un intervalle d’une minute. On a donc P(X=n) = ek
k!, avec = 2:
On sait par le cours que le nombre Yde clients arrivés par tranches de deux minutes suit une loi de Poisson de
paramètre 2(car il s’écrit sous la forme de deux lois de Poisson de paramètre ). Donc r=P(Y= 0) = e2=e4:
Cogito 6) Loi géométrique du temps d’attente dans un processus de Poisson
Considérons une variable de comptage Xqui suit une loi de Poisson P().
Ainsi, Xreprésente le nombre de tops par unité de temps pour un ‡ux moyen de tops par unité de temps.
Notons Snle nombre de tops entre les instants 0et n. On prend S0= 0:
a) Expliciter P(X= 0):
b) Notons Yle temps d’attente avant le premier top. Autrement dit, Y= minfn2NjSn>0g:
Déterminer P(Y > n)et l’espérance E(Y).
c) Pour tout p2N, on pose Yp= minfn2NjSn+p> Spg:Déterminer sans calcul E(Yp):
Solution :
b) Par la propriété caractéristique des lois de Poisson, Snsuit une loi de Poisson P(n).
Ainsi, P(Sn=k) = en (n)k
(n)! :D’où P(Sn= 0) = en.

Donc 8n2N,P(Y > n) = P(Sn= 0) = en
Autrement dit, Ysuit une loi géométrique de paramètre p= 1 e:Donc E(Y) = P+1
n=0 P(Y > n) = 1
1e:
c) Sn+pSnreprésente le nombre de tops entre les instants pet n+p. Il suit aussi une loi de Poisson P(n):
Donc E(Yp) = E(Y):
Cogito 7) Longueur moyenne commune à des mots écrits en base b2.
On considère des mots in…nis u= (un)n2N2 f0;1; :::; b 1gN. On pose r=1
b:
Chaque unest indépendants des autres et choisi dans f0;1; :::; b 1gselon la loi uniforme.
Etant donné deux mots uet v, on considère la variable aléatoire X(u; v) = maxfn2Nj 8kn,uk=vkg.
a) Déterminer la loi de Xet en déduire sa fonction génératrice GX, et montrer que E(X) = 1
b1.
b) Soit m2N. On considère des mots uet v1; :::; vm. On considère Xm(u; v1; :::; vm) = max1imX(u; vi):
On suppose que (u; v1; :::; vm)sont des mots aléatoires mutuellement indépendants.
Donner une expression de E(Xm)à l’aide d’une série. Puis calculer E(X2) = 2b+ 1
b21=2 b11 b21.
Solution : a) P(Xn) = rn, donc P(X=n) = rn(1 r), et GX(z) = 1r
1rz (loi géométrique).
Donc E(X) = G0
X(1) = r
1r=1 b1:
b) P(Xmn) = P(X1n)m= (1 rn+1)m, donc E(Xm) = P+1
n=0(1 (1 rn+1)m):
Pour m= 2, on obtient E(X2) = P+1
n=0 2rn+1 P+1 n=0 r2n+2 =2r
1rr2 1r2=2r+r2 1r2:
Cogito 8) On considère Sn=X1+::: +Xn, où Xnsont des v.a. i.i.d. suivant une loi de Bernoulli B(m)avec m=1
2.
On considère 0a < b 1:Montrer que P
Sn
nm2
n2, où 2=1
4
Préciser la valeur de L(a; b) = limn!+1PaSn
nblorsque ntend vers +1:
Solution : La moyenne des Xiest m=1
2:On a P Sn
nm2!2)E((Sn=n m)2
2=V(Sn) n22:
Or, V(Sn) = n2, où 2est la variance des Xi, c’est-à-dire de 1
4:Donc PSn nm =2[a; b]1 4n"2:
Donc par encadrement et par symétrie, on obtient : si m2]a; b[,L= 1 ; si m2[a; b],L= 0 ; si m2 fa; bg,L=1
2.
Cogito 9) Temps d’apparition dans un processus stochastique.
Soit (Xn)n2Nune suite de v.a. identiquement distribuées. On suppose r=P(Xn=a)>0:
On note T= inffn2NjXn=ag:
a) On suppose les Xnmutuellement indépendants. Montrer que E(T) = P+1
n=0 P(T > n) = 1
r:
b) On suppose le processus Markovien : Les P(Xn=xjXn1=y)sont indépendants de (X0; :::; Xn2).
On suppose aussi que 8n2N,P(Xn=ajXn1=a) = s: On pose =P(Xn=ajXn16=a):
Montrer que =r(1 s)
1r, puis montrer que E(T) = 1 .
Remarque : En particulier, lorsque Xnet Xn1sont indépendantes, alors s=r, ce qui redonne bien a).
Solution :
a) P(T > n) = (1 r)n, donc E(T) = P+1
n=0(1 r)n=1
r:
b) On a P(Xn=a) = P(Xn=ajXn1=a)P(Xn1=a) + P(Xn=ajXn16=a)P(Xn16=a):
Donc r=sr +(1 r), d’où =r(1 s)=(1 r):
On a P(T > n) = P(Xn6=ajT > n 1)P(T > n 1), donc P(T > n) = (1 )net E(T) = 1
: