Semaines 19 et 20 Programme : • Variables

Colle PC Semaines 19 et 20 2014-2015
Programme :
•Variables aléatoires discrètes : Loi, Fonction de répartition, Espérance, Variance et écart-type, Théorème du
transfert, Inégalités de Markov et Bienaymé Tchebichev ;
•Lois usuelles : Uniforme, Bernoulli, Binomiale, Géométrique et de Poisson ;
Dans ce qui suit, on adoptera la notation simplifiée p((X=k)) = p(X=k) où (X=k) est l’événement « la
variable aléatoire Xprend la valeur k(k∈R) » et pune loi de probabilité définie sur un univers Ω.
EXERCICE 1 :
Soit Xune variable aléatoire à valeurs dans Ntelle qu’il existe a∈Ret p∈]0; 1[ vérifiant
p(X=k) = an+k
kpk
Calculer l’espérance et la variance de X.
•  •  •
Correction :
On est en présence d’une loi de probabilité donc
+∞
X
k=0
p(X=k) = 1 ⇔a
+∞
X
k=0 n+k
kpk= 1 (⋆).
Dès lors qu’il est possible de calculer
+∞
X
k=0 n+k
kpk, on peut en déduire la valeur de a.
Or, pour tout x∈]−1; 1[,
+∞
X
k=0
xk=1
1−x(série géométrique)
La dérivation terme à terme à l’intérieur de l’intervalle de convergence (séries entières) permet d’obtenir
+∞
X
k=0 n+k
kxk=1
(1 −x)n+1 , x ∈]−1; 1[
En effet, on parvient à ce résultat par un raisonnement par récurrence :
•pour n= 0,
+∞
X
k=0 k
kxk=
+∞
X
k=0
xk=1
1−x=1 (1 −x)0+1 ;
•Si l’on suppose que
+∞
X
k=0 n+k
kxk=1
(1 −x)n+1 , en dérivant les deux membres de l’égalité, on obtient
+∞
X
k=1
kn+k
kxk−1=n+ 1
(1 −x)n+2 , soit en décalant les indices :
+∞
X
s=0
(s+ 1)n+s+ 1
s+ 1 xs=n+ 1
(1 −x)n+2 .
Il ne reste plus qu’à exprimer s+ 1
n+ 1n+s+ 1
s+ 1 =(s+ 1)(n+s+ 1)!
(n+ 1)(s+ 1)!n!=(n+s+ 1)! (s+ 1)!n!=n+s+ 1
s.
On obtient bien
+∞
X
k=0 n+ 1 + k
kxk=1
(1 −x)n+2 , x ∈]−1; 1[
En reportant dans la relation (⋆), on obtient a= (1 −p)n+1.
Une dérivation supplémentaire permet d’obtenir :
+∞
X
k=1
kn+k
kxk−1=n+ 1
(1 −x)n+2
E(X) = a
+∞
X
k=0
kn+k
kpk=a(n+ 1)p
(1 −p)n+2 =(n+ 1)p 1−p
Dans l’objectif d’utiliser la formule de Kœnig-Huygens pour calculer la variance V(X), il nous faut exprimer main-
tenant E(X2).
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E(X2) = a
+∞
X
k=0
k2n+k
kpk=
k2=k(k−1)+ka +∞
X
k=0
k(k−1)n+k
kpk+
+∞
X
k=0
kn+k
kpk!(chaque série converge)
=a p2
+∞
X
k=0
k(k−1)n+k
kpk−2+
+∞
X
k=0
kn+k
kpk!
=ap2(n+ 1)(n+ 2)
(1 −p)n+3 +(n+ 1)p 1−p(encore une dérivation)
=p2(n+ 1)(n+ 2)
(1 −p)2+(n+ 1)p 1−p
V(X) =
K−HE(X2)−(E(X))2=p2(n+ 1)(n+ 2)
(1 −p)2+(n+ 1)p 1−p−(n+ 1)2p2 (1 −p)2=p2(n+ 1) (1 −p)2+(n+ 1)p 1−p=(n+ 1)p (1 −p)2
EXERCICE 2 :
Soit Xune variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre λ > 0.
Calculer E1
X+ 1.
•  •  •
Correction :
Une définition et un résultat pour commencer :
Loi de Poisson : On dit qu’une variable aléatoire réelle discrète Xsuit une loi de Poisson de paramètre λ, où
λ > 0, si X(Ω) = Net
∀k∈N,p(X=k) = λk
k!e−λ.
Alors E(X) = V(X) = λ.
En utilisant le théorème du transfert, E(f(X)) =
+∞
X
k=0
f(k)p(X=k), on a :
E1
X+ 1=
+∞
X
k=0
1
k+ 1
λk
k!e−λ
= e−λ
+∞
X
k=0
λk
(k+ 1)!
=e−λ
λ
+∞
X
k=0
λk+1
(k+ 1)!
=e−λ
λ(e−λ−1)
E1
X+ 1=1−e−λ λ
EXERCICE 3 :
On considère une expérience aléatoire ayant la probabilité pde réussir et 1−pd’échouer. On répète indépendamment
jusqu’à obtention de msuccés et on note Xle nombre d’essais nécessaires à l’obtention de ces msuccès.
1. Reconnaître la loi de Xlorsque m= 1.
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2. Déterminer la loi de Xdans le cas général où m∈R∗. (on utilisera une suite (Xn)n∈N∗de variables de Bernoulli
testant la réussite de chaque expérience)
3. Exprimer le développement en série entière de
1
(1 −t)m+1
4. Déterminer la focntion génératrice de Xet en déduire l’espérance de X.
•  •  •
Correction :
1. Une définition pour commencer :
Loi géométrique : Soit p∈]0; 1[. On dit qu’une variable aléatoire réelle discrète Xsuit une loi géométrique
de paramètre pà valeurs dans N∗(temps d’attente du premier succès) si X(Ω) = N∗et
∀k∈N∗, p(X=k) = pqk−1, avec q= 1 −p.
Xsuit donc une loi géométrique de paramètre p.
2. Soit (Xn)n∈N∗de variables de Bernoulli testant la réussite de chaque expérience. Pour tout n∈N∗, l’événement
(X=n) (« nexpériences sont nécesaires pour obtenir msuccès ») est égal à
(X1+X2+...+Xn−1=m−1) ∩(Xn= 1)
Comme il y a indépendance des expériences, on a p(X=n) = p(X1+X2+...+Xn−1=m−1)p(Xn= 1) (⋆).
Par définition de Xk, 1 6k6n−1, on peut affirmer que X1+X2+...+Xn−1suit une loi binomiale de
paramètres n−1 et p:
(⋆)⇒p(X=n) = n−1
m−1pm−1(1 −p)n−m×p=n−1
m−1pm(1 −p)n−m
(écriture correcte si n < m : coefficient binomial nul)
3. Pour tout t∈]−1; 1[,1
(1 −t)m=
+∞
X
n=0 n+m−1
m−1tn(voir Ex 1)
4. Par définition de la fonction génératrice
GX(t) =
+∞
X
n=0
p(X=n)tn=
+∞
X
n=0 n−1
m−1pm(1 −p)n−mtn
Comme les premiers termes (n < m) sont nuls,
GX(t) =
+∞
X
n=mn−1
m−1pm(1 −p)n−mtn
On pose s=n−m, la somme devient
GX(t) =
+∞
X
s=0 s+m−1
m−1pm(1 −p)stm+s
GX(t) =
+∞
X
s=0 s+m−1
m−1(pt)m((1 −p)t)s=
Q.3
(pt)m
(1 −(1 −p)t)m
On déduit de ce qui précède que E(X) = G′
X(1) = m
p
(en effet, G′
X(t) = mpmtm−1(1 −(1 −p)t)m+pmtmm(1 −p)(1 −(1 −p)t)m−1
(1 −(1 −p)t)2m=... puis t= 1)
EXERCICE 4 :
Dans une urne, contenant une infinité de boules numérotées sur Z, un joueur prélève une boule, de façon que la
probabilité que la boule numérotée isoit prélevée est 1
2.3|i|.
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1. Prouver que la valeur de la probabilité est raisonnable.
2. Soit Xla variable aléatoire telle que X(Ω) = Zet, p([X=k]) = 1
2.3|k|, pour tout k∈Z.
(a) Calculer E(X) après avoir justifié son existence.
(b) Calculer V(X) après avoir justifié son existence.
3. On pose Y= 2X. Prouver que Yadmet une espérance et la calculer.
•  •  •
Correction :
1. ∀i∈Z,1
2.3|i|>0. On a 1 2.3|−i|=1 2.3|i|donc,
X
i∈Z
1
2.3|i|= 2 X
i∈N
1
2.3i−1 2.30=
+∞
X
i=0
1
3i−1 2=1 1−1/3−1 2= 1
La loi de Xest bien une loi de probabilité.
2. (a) La série de terme général i
2.3iest convergente donc Xadmet une espérance.
E(X) = X
i∈Z
i
2.3|i|=
i=−1
X
i=−∞
i
2.3−i+
+∞
X
i=0
i
2.3i=
+∞
X
k=1
−k
2.3k+
+∞
X
i=0
i
2.3i= 0
(b) Formule de Kœnig-Huygens :
Soit Xune variable aléatoire réelle discrète. La variable Xadmet une variance si, et seulement si, X
admet un moment d’ordre 2 et en cas d’existence, on a :
V(X) = E(X2)−(E(X))2
L’existence de E(X2) est liée à la convergence de la série de terme général k2
2.3k.
On a k2
2.3k∼
+∞
k(k−1)
2.3ket k(k−1) 2.3k=1 18k(k−1) 1 3k−2
qui est le terme général de la dérivée seconde
d’une série géométrique de raison 1
3.Xpossède donc un moment d’ordre 2.
E(X2) = 2
+∞
X
k=1
k2
21 3k
=
+∞
X
k=1
k21
3k
Comme la série de terme général k(k−1) 1
3k
converge, on peut écrire
E(X2) =
+∞
X
k=1
k(k−1) 1
3k
+
+∞
X
k=1
k1
3k
=1
9
+∞
X
k=1
k(k−1) 1
3k−2
+1
3
+∞
X
k=1
k1
3k−1
(Séries ”dérivées”)
=1
9
2
(1 −1/3)3+1 3
1
(1 −1/3)2=3 2
Comme E(X) = 0, on en déduit V(X) =
K−H
3
2
En effet, de X
n>0
xk=1
1−x, x ∈]−1; 1[, on en déduit que X
k>0
kxk−1=1
(1 −x)2et
X
k>0
k(k−1)xk−2=2
(1 −x)3(dérivation terme à terme des séries entières à l’interieur de l’intervalle de
convergence)
3. On pose Y= 2X. Pour appliquer le théorème du transfert, on est amené à se poser la question de la convergence
des séries de termes généraux 2k
2.3k=1 22 3k
et 2−k
2.3k=1 21 6k
; elles convergent absolument car 2
3et 1 6
appartientennent à l’intervalle ] −1; 1[. Yadmet une espérance et l’on a
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E(Y) =
+∞
X
k=1
1
22 3k
+
+∞
X
k=0
1
21 6k
On procède à un changement d’indice dans la première somme : s=k−1
E(Y) = 1
3
+∞
X
s=0 2
3s
+1
2
+∞
X
k=0 1
6k
=1
3
1
1−2/3+1 2
1
1−1/6=8 5
EXERCICE 5 :
Soit nun entier supérieur ou égal à 2. Une urne contient une boule noire et (n−1) boules blanches. On vide l’urne
de la manière suivante : les tirages d’ordre impair s’effectuent sans remise et les tirages d’ordre pair s’effectuent avec
remise de la boule tirée.
1. Quel est le nombre total Nde tirages effectués lors de cette épreuve.
2. On désihne par Xkla variable aléatoire qui vaut 1 si la boule noire est tirée au k−ième tirage et 0 sinon et par
Xla variable aléatoire égale au nombre d’apparitions de la boule noire lors de cette épreuve.
(a) Déterminer la loi de Xkpour tout k∈[[1,2n−1]] (distinguer selon la parité de k).
(b) En déduire l’espérance de X.
3. On note Yla variable aléatoire égale au rang où la boule noire est tirée pour la première fois.
(a) Déterminer la loi de Yet son espérance.
(b) Exprimer l’événement (X= 1) en fonction des événements (Y= 2j−1) (j∈[[1, n]]). En déduire la valeur
de p(X= 1).
4. Calculer p(X=n).
•  •  •
Correction :
1. On s’intéresse au nombre de boules présentes dans l’urne après chaque tirage
n−1, n −1, n −2, n −2,...,...,1,1,0
Il est donc nécessaire d’effectuer N= 2(n−1) + 1 = 2n−1 tirages pour vider l’urne.
2. (a) Déterminer la loi de Xkc’est déterminer p(Xk= 1) (donc p(Xk= 0) puisque Xkne prend que deux valeurs)
pour tout k∈[[1,2n−1]]. Il est préconisé de distinguer les calculs selon la parité de k.
•soit jentier compris entre 1 et n−1. Il n’y a pas de remise lors des tirages impairs donc on peut écrire
(X2j= 1) = (X1= 0) ∩(X3= 0) ∩...∩(X2j−1= 0) ∩(X2j= 1)
et par la formule des probabilités composées
p(X2j= 1) = p(X1= 0)p(X3= 0/X1= 0) ×...×p(X2j−1= 0/(X1= 0) ∩...
∩(X2j−3= 0))p(X2j= 1/(X1= 0) ∩...∩(X2j−1= 0)
Or après 2s−1 tirages (sentre 1 et n), il reste n−sboules dans l’urne, on peut donc, compte-tenu de
la formule précédente, exprimer p(X2j= 1)
p(X2j= 1) = n−1
n
n−2
n×...×n−j n−j+ 1
1
n−j=1 n
•De même, pour 0 6j6n−1,
(X2j+1 = 1) = (X1= 0) ∩(X3= 0) ∩...∩(X2j−1= 0) ∩(X2j+1 = 1)
et toujours par la formule des probabilités composées
p(X2j+1 = 1) = p(X1= 0)p(X3= 0/X1= 0) ×...×p(X2j−1= 0/(X1= 0) ∩...
∩(X2j−3= 0))p(X2j+1 = 1/(X1= 0) ∩...∩(X2j−1= 0) = p(X2j= 1) = 1
n
en effet, le contenu de l’urne ne varie pas entre le tirage 2jet le tirage 2j+ 1 puisqu’il y a remise après
le 2j−ème tirage.
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