Semaines 19 et 20 Programme : • Variables

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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 X prend la valeur k (k ∈ R) » et p une loi de probabilité définie sur un univers Ω.
EXERCICE 1 :
Soit X une variable aléatoire à valeurs dans N telle qu’il existe a ∈ R et p ∈]0; 1[ vérifiant
k
p(X = k) = a n+k
k p
Calculer l’espérance et la variance de X.
• • •
Correction :
On est en présence d’une loi de probabilité donc
+∞
X
k=0
+∞ X
n+k k
p(X = k) = 1 ⇔ a
p = 1 (⋆).
k
k=0
+∞ X
n+k k
Dès lors qu’il est possible de calculer
p , on peut en déduire la valeur de a.
k
k=0
Or, pour tout x ∈] − 1; 1[,
+∞
X
k=0
1
xk =
(série géométrique)
1−x
La dérivation terme à terme à l’intérieur de l’intervalle de convergence (séries entières) permet d’obtenir
+∞ X
1
n+k k
x =
(1 − x)n+1
k
, x ∈] − 1; 1[
k=0
En effet, on parvient à ce résultat par un raisonnement par récurrence :
+∞ +∞
X
1
k k X k
1
• pour n = 0,
x =
x =
;
=
k
1−x
(1 − x)0+1
k=0
k=0
+∞ X
1
n+k k
, en dérivant les deux membres de l’égalité, on obtient
x =
• Si l’on suppose que
(1 − x)n+1
k
k=0
+∞ +∞
X
X
n+1
n+1
n + k k−1
n+s+1 s
k
,
soit
en
décalant
les
indices
:
(s
+
1)
.
x
=
x =
(1 − x)n+2
(1
−
x)n+2
k
s
+
1
s=0
k=1
(s + 1)(n + s + 1)!
(n + s + 1)!
n+s+1
s+1 n+s+1
=
=
=
.
Il ne reste plus qu’à exprimer
n+1
(n + 1)(s + 1)!n!
(s + 1)!n!
s+1
s
+∞
X n+1+k
1
, x ∈] − 1; 1[
On obtient bien
xk =
(1 − x)n+2
k
k=0
En reportant dans la relation (⋆), on obtient a = (1 − p)n+1 .
+∞ X
n+1
n + k k−1
k
Une dérivation supplémentaire permet d’obtenir :
x
=
k
(1 − x)n+2
k=1
+∞ X
(n + 1)p
n+k k
(n + 1)p
E(X) = a
k
p =a
=
k
(1 − p)n+2
1−p
k=0
Dans l’objectif d’utiliser la formule de Kœnig-Huygens pour calculer la variance V (X), il nous faut exprimer maintenant E(X 2 ).
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2
E(X ) = a
+∞
X
k=0
n+k k
p
k
k
2
+∞
X
!
+∞ n+k k X n+k k
=
a
k(k − 1)
p +
k
p (chaque série converge)
k
k
k2 =k(k−1)+k
k=0
k=0
!
+∞
+∞ X
n + k k−2 X n + k k
2
=a p
k(k − 1)
p
+
k
p
k
k
k=0
k=0
(n + 1)(n + 2) (n + 1)p
+
= ap2
(1 − p)n+3
1−p
2
p (n + 1)(n + 2) (n + 1)p
=
+
(1 − p)2
1−p
V (X) = E(X 2 ) − (E(X))2 =
K−H
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(encore une dérivation)
p2 (n + 1) (n + 1)p
(n + 1)p
p2 (n + 1)(n + 2) (n + 1)p (n + 1)2 p2
+
=
+
−
=
2
2
(1 − p)
1−p
(1 − p)
(1 − p)2
1−p
(1 − p)2
EXERCICE 2 :
Soit X une
aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre λ > 0.
variable
1
.
Calculer E
X +1
• • •
Correction :
Une définition et un résultat pour commencer :
Loi de Poisson : On dit qu’une variable aléatoire réelle discrète X suit une loi de Poisson de paramètre λ, où
λ > 0, si X(Ω) = N et
∀k ∈ N, p(X = k) =
λk −λ
e .
k!
Alors E(X) = V (X) = λ.
En utilisant le théorème du transfert, E(f (X)) =
+∞
X
f (k)p(X = k), on a :
k=0
E
1
X +1
=
+∞
X
k=0
= e−λ
=
e
+∞
X
k=0
+∞
−λ X
λ
e
1 λk −λ
e
k + 1 k!
k=0
λk
(k + 1)!
λk+1
(k + 1)!
−λ
(e−λ − 1)
λ
1
1 − e−λ
E
=
X +1
λ
=
EXERCICE 3 :
On considère une expérience aléatoire ayant la probabilité p de réussir et 1−p d’échouer. On répète indépendamment
jusqu’à obtention de m succés et on note X le nombre d’essais nécessaires à l’obtention de ces m succès.
1. Reconnaître la loi de X lorsque m = 1.
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2. Déterminer la loi de X dans 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 X et 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 X suit une loi géométrique
de paramètre p à valeurs dans N∗ (temps d’attente du premier succès) si X(Ω) = N∗ et
∀k ∈ N∗ , p(X = k) = pq k−1 ,
avec q = 1 − p.
X suit 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) (« n expériences sont nécesaires pour obtenir m succès ») 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 6 k 6 n − 1, on peut affirmer que X1 + X2 + . . . + Xn−1 suit une loi binomiale de
paramètres n − 1 et p :
n − 1 m−1
n−1 m
(⋆) ⇒ p(X = n) =
p
(1 − p)n−m × p =
p (1 − p)n−m
m−1
m−1
(écriture correcte si n < m : coefficient binomial nul)
3. Pour tout t ∈] − 1; 1[,
+∞ X
n+m−1 n
1
t (voir Ex 1)
=
m−1
(1 − t)m
n=0
4. Par définition de la fonction génératrice
+∞ X
n−1 m
p (1 − p)n−m tn
m
−
1
n=0
n=0
Comme les premiers termes (n < m) sont nuls,
+∞ X
n−1 m
GX (t) =
p (1 − p)n−m tn
m
−
1
n=m
On pose s = n − m, la somme devient
+∞ X
s+m−1 m
p (1 − p)s tm+s
GX (t) =
m
−
1
s=0
+∞ X
(pt)m
s+m−1
(pt)m ((1 − p)t)s =
GX (t) =
Q.3 (1 − (1 − p)t)m
m−1
s=0
GX (t) =
+∞
X
p(X = n)tn =
On déduit de ce qui précède que E(X) = G′X (1) =
(en effet, G′X (t) =
m
p
mpm tm−1 (1 − (1 − p)t)m + pm tm m(1 − p)(1 − (1 − p)t)m−1
= . . . puis t = 1)
(1 − (1 − p)t)2m
EXERCICE 4 :
Dans une urne, contenant une infinité de boules numérotées sur Z, un joueur prélève une boule, de façon que la
1
.
probabilité que la boule numérotée i soit prélevée est
2.3|i|
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1. Prouver que la valeur de la probabilité est raisonnable.
2. Soit X la variable aléatoire telle que X(Ω) = Z et, p([X = k]) =
1
, pour tout k ∈ Z.
2.3|k|
(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 Y admet une espérance et la calculer.
• • •
Correction :
1. ∀i ∈ Z,
1
1
1
> 0. On a
=
donc,
2.3|i|
2.3|−i|
2.3|i|
+∞
X 1
X
X 1
1
1
1
1
1
−
=
− =
− =1
=
2
i
0
i
|i|
2.3
2.3
3
2
1 − 1/3 2
2.3
i=0
i∈Z
i∈N
La loi de X est bien une loi de probabilité.
i
2. (a) La série de terme général .3i est convergente donc X admet une espérance.
2
+∞
+∞
+∞
i=−1
X
X
X
X i
X
i
i
−k
i
+
=
+
=0
E(X) =
=
−i
i
k
|i|
2.3
2.3
2.3
2.3i
2.3
i=0
i=0
i=−∞
k=1
i∈Z
(b) Formule de Kœnig-Huygens :
Soit X une variable aléatoire réelle discrète. La variable X admet une variance si, et seulement si, X
admet un moment d’ordre 2 et en cas d’existence, on a :
V (X) = E(X 2 ) − (E(X))2
k2
.
L’existence de E(X 2 ) est liée à la convergence de la série de terme général
2.3k
k−2
k2
k(k − 1)
1
k(k − 1)
1
On a
qui est le terme général de la dérivée seconde
∼
et
=
k(k − 1)
2.3k +∞ 2.3k
2.3k
18
3
1
d’une série géométrique de raison . X possède donc un moment d’ordre 2.
3
k
+∞ 2 k
+∞
X
X
k
1
1
E(X 2 ) = 2
k2
=
2 3
3
k=1
k=1
k
1
converge, on peut écrire
Comme la série de terme général k(k − 1)
3
k X
+∞
+∞ k
X
1
1
2
E(X ) =
k(k − 1)
+
k
3
3
k=1
k=1
k−1
+∞
+∞
k−2
1X
1X
1
1
+
(Séries ”dérivées”)
=
k(k − 1)
k
9
3
3
3
k=1
k=1
2
1
1
1
3
=
+
=
3
2
9 (1 − 1/3)
3 (1 − 1/3)
2
3
Comme E(X) = 0, on en déduit V (X) =
K−H 2
X
X
1
1
et
, x ∈] − 1; 1[, on en déduit que
kxk−1 =
En effet, de
xk =
1−x
(1 − x)2
k>0
n>0
X
2
k(k − 1)xk−2 =
(dérivation terme à terme des séries entières à l’interieur de l’intervalle de
(1 − x)3
k>0
convergence)
3. On pose Y = 2X . Pour appliquer le théorème du transfert, on est amené à se poser la question de la convergence
k
k
2−k
2
1 2
1 1
1
2k
et
; elles convergent absolument car
=
=
et
des séries de termes généraux
2.3k
2 3
2.3k
2 6
3
6
appartientennent à l’intervalle ] − 1; 1[. Y admet une espérance et l’on a
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E(Y ) =
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k X
k
+∞
+∞
X
1 1
1 2
+
2 3
2 6
k=1
k=0
On procède à un changement d’indice dans la première somme : s = k − 1
+∞ s
+∞ k
1X 2
1
1
1X 1
1
1
8
E(Y ) =
+
=
+
=
3 s=0 3
2
6
3 1 − 2/3 2 1 − 1/6
5
k=0
EXERCICE 5 :
Soit n un 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 N de tirages effectués lors de cette épreuve.
2. On désihne par Xk la variable aléatoire qui vaut 1 si la boule noire est tirée au k−ième tirage et 0 sinon et par
X la variable aléatoire égale au nombre d’apparitions de la boule noire lors de cette épreuve.
(a) Déterminer la loi de Xk pour tout k ∈ [[1, 2n − 1]] (distinguer selon la parité de k).
(b) En déduire l’espérance de X.
3. On note Y la variable aléatoire égale au rang où la boule noire est tirée pour la première fois.
(a) Déterminer la loi de Y et 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 Xk c’est déterminer p(Xk = 1) (donc p(Xk = 0) puisque Xk ne prend que deux valeurs)
pour tout k ∈ [[1, 2n − 1]]. Il est préconisé de distinguer les calculs selon la parité de k.
• soit j entier 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 (s entre 1 et n), il reste n − s boules dans l’urne, on peut donc, compte-tenu de
la formule précédente, exprimer p(X2j = 1)
1
n−j
1
n−1n−2
× ...×
=
p(X2j = 1) =
n
n
n−j +1n−j
n
• De même, pour 0 6 j 6 n − 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) ∩ . . .
1
∩(X2j−3 = 0))p(X2j+1 = 1/(X1 = 0) ∩ . . . ∩ (X2j−1 = 0) = p(X2j = 1) =
n
en effet, le contenu de l’urne ne varie pas entre le tirage 2j et le tirage 2j + 1 puisqu’il y a remise après
le 2j−ème tirage.
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Ainsi, pour tout k ∈ [[1, 2n − 1]], Xk suit une loi de Bernoulli de paramètre
(b) On a X =
2n−1
X
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1
1
et donc E(Xk ) =
n
n
Xk et par linéarité de l’espérance, on obtient
k=1
E(X) =
2n−1
X
E(Xk ) =
k=1
2n − 1
1
× (2n − 1) =
n
n
3. On a Y (Ω) ⊂ [[1, 2n − 1]].
(a) On a (Y = 2n− 1) :« la boule noire est sortie pour la première fois au dernier tirage ». Or le tirage précédent
étant d’ordre pair, il y a eu remise et comme il ne reste qu’une boule dans l’urne, c’est la même boule au
tirage 2n − 2 et 2n − 1. Ainsi p(Y = 2n − 1) = 0.
Pour 1 6 j 6 2n − 1,
(Y = k) = (X1 = 0) ∩ (X2 = 0) ∩ . . . ∩ (Xk−1 = 0) ∩ (Xk = 1)
Par la formule des probabilités composées, on obtient, toujours en distinguant le cas k impair et k pair,
pour 1 6 j 6 n − 1
n−1n−2n−2
1
n−j
P (Y = 2j − 1) =
...
n n−1n−1
n−j +1n−j +1
n−j
(n − 1)(n − 2)2 . . . (n − j)
=
=
n(n − 1)2 . . . (n − j + 1)
n(n − 1)
n−j
1
n−j
n−1n−2n−2
...
P (Y = 2j) =
n n−1n−1
n−j +1n−j +1n−j
n−j
(n − 1)(n − 2)2 . . . (n − j)2
=
=
2
2
n(n − 1) . . . (n − j + 1) (n − j)
n(n − 1)
On peut donc calculer l’espérance
2n−2
n−1
X
X
(2j − 1)P (Y = 2j − 1) + (2j)P (Y = 2j)
kp(Y = k) =
E(Y ) =
k=1
=
n−1
X
(4j − 1)
j=1
=−
j=1
n−j
n(n − 1)
n−1
n−1
n−1
X
4
4n + 1 X
1 X
j2 +
j−
1
n(n − 1) j=1
n(n − 1) j=1
n − 1 j=1
4(n − 1)n(2n − 1) (4n + 1)n(n − 1) n − 1
+
−
6n(n − 1)
2n(n − 1)
n−1
4n + 1
=
6
(b) Si l’on tire la boule noire lors d’un tirage de rang pair, on la tirera une autre fois (on vide l’urne et on remet
n−1
la boule tirée lors des tirages de rang pair). Ainsi l’événement (X = 1) = ∪j=1
(Y = 2j − 1). Comme les
événements sont deux à deux incompatibles
n−1
n−1
X
X
1
1
p(Y = 2j − 1) =
p(X = 1) =
n−j =
n(n
−
1)
2
j=1
j=1
=−
4. (X = n) :« La boule noire est tirée lors des tirages pairs, remise, non tirée au tirage suivant et choisie au dernier ».
On a donc
(X = n) = (X1 = 0) ∩ (X2 = 1) ∩ . . . ∩ (X2n−2 = 1) ∩ (X2n−1 = 1)
et toujours avec la formule des probabilités composées,
n−1 1 n−2n−2 1
1
p(X = n) =
. . . 1.1 =
n n−1n−1n−1n−2
n!
EXERCICE 6 :
Le nombre de visiteurs quotidiens d’un parc d’attractions suit une loi de Poisson de paramètre 10000.
Ce parc a dix portes d’entrées E1 , E2 , . . . , E10 qui sont choisies par le visiteur de manière équiprobable.
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1. Déterminer le nombre moyen de visiteurs en une journée.
2. Quelle est la probabilité qu’un visiteur donné se présente à l’entrée E1 ?
3. On désigne par X1 le nombre de visiteurs entrant par E1 en une journée donnée. Trouver la loi de X1 , calculer
son espérance et sa variance.
4. Sachant qu’un visiteur sur dix se débrouille pour entrer sans payer, calculer le nombre de visiteurs payant et
entrant par E1 .
• • •
Correction :
1. Si l’on note X le nombre de visiteurs quotidiens du parc, X suit une loi de Poisson de paramètre 10000 ; X
admet donc une espérance et E(X) = 10000.
1
.
2. Comme les dix entrées sont équiprobables, la probabilité qu’un visiteur rentre par l’entrée E1 est
10
3. (X = n)n∈N forme un système complet d’événements. En utilisant la formule des probabilités totales,
p(X1 = k) =
+∞
X
p(X1 = k/X = n)p(X = n)
(⋆)
n=0
De plus pour k > n + 1, p(X1 = k/X = n) = 0, en effet il ne peut rentrer par la porte E1 plus de visiteurs qui
sont entrés dans le parc un jour donné. Pour k 6 n, la variable aléatoire X1 suit une loi binomiale de paramètre
1
et n,
10
n−k
n 1
9
p(X1 = k/X = n) =
k
k 10
10
En reportant dans l’égalité (⋆),
n−k −10000
+∞ X
e
10000n
9
n 1
k
10
n!
k 10
n=k
+∞
n−k
9
10000k 10000n−k
e−10000 X
n!
=
10k
k!(n − k)! 10
n!
p(X1 = k) =
n=k
=
=
e
−10000
k!
e
−10000
k!
+∞
103k X
10
n=k
+∞
3k X
n−k
1
9.103
(n − k)!
n
1
9.103
n!
n=0
e−10000 103k 9000
=
e
k!
(décalage indice)
+∞ n
X
x
= ex
n!
n=0
!
e−1000 103k
k!
Ainsi X1 suit une loi de Poisson de paramètre 103 . Ainsi X1 admet une espérance et une variance E(X1 ) =
V (X1 ) = 103 .
9X1
et E(Y1 ) = 900.
4. Si l’on note Y1 le nombre de visiteurs entrant par E1 en payant. On a Y1 =
10
p(X1 = k) =
EXERCICE 7 :
On lance un dé équilibré. On répète n fois l’opération, les lancers successifs étant supposés indépendants. Soit X la
variable aléatoire donnant le premier « instant » d’apparition d’un 6, en convenant que X = 0 si 6 n’apparaît pas.
Déterminer l’espérance de X. Quelle est sa limite lorsque n tend vers +∞ ?
• • •
1
Correction : Comme le dé est équilibré, on a bien évidemment p(6) = . Soit k ∈ N∗ , on peut raisonnablement
6
écrire, compte-tenu de l’indépendance des lancers, que
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Semaines 19 et 20
Colle PC
p(X = k) =
2014-2015
k−1
5
1
1
× (X suit une loi géométrique de paramètre )
6
6
6
L’expression de l’espérance est
E(X) =
n
X
k=0
k×
1
6
k−1
k−1
n
5
1X
5
=
k
6
6
6
On est alors amené à chercher l’expression plus générale de
k=1
n
X
kxk−1 .
k=1
Si l’on pose f (x) =
n
X
xk (x 6= 1) alors, compte-tenu des propriétés de la dérivation, on a
kxk−1 = f ′ (x).
k=1
k=0
xn+1 − 1
. f est dérivable pour tout x 6= 1 et
Or pour tout x 6= 1, f (x) =
x−1
f ′ (x) =
L’on peut donc écrire que :
n
X
n
X
k=1
(n + 1)xn (x − 1) − (xn+1 − 1
nxn (x − 1) − xn + 1
=
(x − 1)2
(x − 1)2
kxk−1 =
nxn (x − 1) − xn + 1
(x − 1)2
n
n
5
5
1 − 61 n( 56 )n − ( 56 )n + 1
−
6
+6
×
=
−n
2
1
6
6
6
6
n
n
5
5
Or n
−→ 0,
−→ 0 donc E(X) −→ 6
n→+∞
n→+∞
n→+∞
6
6
De là, on obtient E(X) =
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