B2 DM Une pièce donne pile avec une probabilité p a ]0, 1[. Une

B2
DM
Exercice 1
Une pièce donne pile avec une probabilité p a ]0, 1[. Une personne joue à un jeu de pile ou face.
Elle lance plusieurs fois la pièce, et elle est déclarée gagnante dès qu’elle a obtenu deux piles de
plus que de faces, est déclarée perdante dès qu’elle a obtenu deux faces de plus que de piles.
1. Quelle est la probabilité que la partie dure plus de 2n lancers ?
(On pourra commencer par des petites valeurs de n)
Soit Tn l'événement « la partie dure plus de 2n lancers »
P(T1) = 2pq (PF ou FP)
P(T2) = 4
p2q2
(PFPF, PFFP, FPFP, FPPF)
L'événement Tn est réalisé après une séquence quelconque de PF et de FP (n au total)
Il y a
(
n
k
)
façons de placer k séquences PF dans une série de n séquences PF ou FP.
Donc P(Tn) =
∑
k=0
n
(
n
k
)
(pq)k(pq)n−k=2n(pq)n
2. Quelle est la probabilité pour que la personne gagne ?
Soit Gn l'évènement « la personne gagne aux lancers 2n+1 2n+2
Et G l'événement « la personne gagne »
Alors
G= ∪
n=0
+∞ Gn
Et par disjonction, et sous réserve de convergence :
P(G) =
∑
n=0
+∞
P(Tn)×p2
=
∑
n=0
+∞
(pq)k(pq)n−k=∑
n=0
+∞
2n(pq)n×p2=p2
1−2pq
3. Quelle est la probabilité pour que la personne perde ?
Par symétrie, cette probabilité est
q2
1−2pq
4. Quelle est la probabilité pour que le jeu ne s'arrête jamais ?
Elle vaut 1 -
q2
1−2pq
-
p2
1−2pq
= 0
L'événement « le jeu ne s'arrête jamais » est donc négligeable.
Exercice 2
Une urne contient b boules blanches, n noires et r rouges. Un joueur tire une boule au hasard dans
l’urne. Si elle est blanche, il a gagné et le jeu s’arrête. Si elle est noire, il a perdu et le jeu s’arrête. Si
elle est rouge, il la remet et retire une autre boule.
1. Déterminer la probabilité que le jeu ne soit pas terminé après le N-ième tirage.
Soit TN l'événement « le jeu n'est pas terminé après le N-ième tirage »
Alors P(TN) =
(r
b+r+n)
N
2. Déterminer la probabilité que le joueur gagne.
Soit G cet événement, soit Bk l'événement « une boule blanche est tirée au tirage numéro
k »
Alors
G= ∪
N=0
+∞ (TN∩BN+1)

Par disjonction et indépendance, et sous réserve de convergence.
P(G) =
∑
N=0
+∞
P(TN)×P(BN+1)=∑
N=0
+∞
(r
b+r+n)
N
×b
b+r+n
=
b
b+r+n×1
1−( r
b+r+n)
Convergence assurée car série géométrique.
P(G) =
b
b+n
Exercice 3
On dispose de n urnes (n ≥ 2) qui contiennent des boules bleues, jaunes et roses. Pour k a {1, . . . , n}, la k-
ième urne contient 1 bleue, 2 jaunes et k roses. On choisit au hasard une urne et de celle-ci l’on tire une
boule.
1. Calculer la probabilité que cette boule soit bleue (le résultat contient une somme que l'on ne
cherchera pas à calculer).
∑
k=1
n1
n×1 3+k=1 n∑
k=1
n1
3+k
2. Si la boule est rose, quelle est la probabilité qu’elle ait été tirée de l’urne 2 ?
(le résultat contient une somme que l'on ne cherchera pas à calculer).
Soit U la variable aléatoire égale au numéro de l'urne tirée.
Et R l'événement « la boule est rose »
PR(U=2)=P(R∩(U=2))
P(R)=PU=2(R)×P(U=2) P(R)=
2
5×1 n
1
n∑
k=1
nk
k+3
=2
5∑
k=1
nk
k+3
Exercice 4
On effectue des tirages successifs dans une urne où se trouvent p boules blanches et p boules noires.
1. On suppose que les tirages sont avec remise.
a) Calculer la probabilité que la k-ième boule tirée soit noire sachant que les (k − 1) premières sont
noires.
Les tirages sont indépendants. Donc Le « sachant que » n'a aucune incidence.
Résultat :
1
2
b) Quelle est la probabilité que les k premières boules tirées soient noires ?
(1
2)
k
2. Mêmes questions lorsque les tirages sont sans remise.
a)
p−k+1
2p−k+1
, pour k≤ p, 0 sinon.
b) Probabilités composées :
p
2p×p−1 2p−1×...×p−k+1 2p−k+1
Exercice 5
On considère N +1 urnes (N ≥ 1) U0,...,UN. L’urne Uk contient k boules rouges et (N −k) vertes. On choisit
au hasard une urne et on y effectue des tirages successifs avec remise. Calculer pn, la probabilité de tirer une
rouge au (n + 1)-ième tirage sachant que lors des n premiers tirages on a obtenu une rouge à chaque fois.

Soit Rk l'événement : « on tire une rouge au k-ième tirage »
Soit Bk l'événement : « on choisit l'urne numéro k »
pn =
P∩
k=0
nRk
(Rn+1)=P( ∩
k=0
n+1Rk)
P( ∩
k=0
nRk)
Et
P( ∩
k=0
nRk)=∑
i=0
N
PBi( ∩
k=0
nRk)×P(Bi)
(s.c.e., probabilités totales)
=
1
N+1∑
i=0
N
(i
N)
n
=1
(N+1)Nn∑
i=0
N
in
Donc pn =
1
N
∑
i=0
N
in+1
∑
i=0
N
in
Exercice 6
On lance quatre fois une pièce de monnaie bien équilibrée. Soit X le nombre de faces obtenu et Y la plus
longue suite de faces obtenue.
1°/ Déterminer la loi du couple(X,Y), et les lois marginales.
2°/ Calculer cov (X, Y).
1)
X
Y
0 1 2 3 4 Loi de Y
0
(1
2)
4
0 0 0 0
(1
2)
4
1 0
4×( 1
2)
4
3×( 1
2)
4
0 0
7×( 1
2)
4
2 0 0
3×( 1
2)
4
2×(1
2)
4
0
5×( 1
2)
4
3 0 0 0
2×(1
2)
4
0
2×(1
2)
4
4 0 0 0 0
(1
2)
4
(1
2)
4
Loi de X
(1
2)
4
4×( 1
2)
4
6×( 1
2)
4
4×( 1
2)
4
(1
2)
4
2) cov(X,Y) = E(XY)-E(X)E(Y)
E(Y) =
(7+10+6+4)×( 1
2)
4
=27
16
E(Y) =
(4+12+12+4)×( 1
2)
4
=32
16 =2
Et E(XY) =
1×4×( 1
2)
4
+2×3×( 1
2)
4
+4×3×( 1
2)
4
+6×2×( 1
2)
4
+9×2×(1
2)
4
+16×( 1
2)
4
=68
16 =17 4
Donc cov(X,Y) =
17
4−27 8=7 8
Exercice 7
Un joueur lance une pièce équilibrée autant de fois que nécessaire . On note
XN
la variable aléatoire réelle
discrète égale au nombre de fois où, au cours des N premiers lancers, deux résultats successifs ont été
différents (On peut appeler
XN
le " nombre de changements " au cours des N premiers lancers ).

Par exemple, si les 9 premiers lancers ont donné successivement : Pile , Pile , Face , Pile , Face , Face , Face ,
Pile , Pile alors la variable
X9
aura pris la valeur 4 (quatre changements, aux 3ieme; 4ieme; 5ieme et 8ieme
lancers).
1. Déterminer la loi de
X1, X2 et X3
X1=0
X2(Ω)={0,1}
, P(
X2=0
) =
1
2=P(X2=1)
X3(Ω)={0,1,2}
P(
X3=0
) =
2×(1
2)
3
, P(
X3=1
) =
4×( 1
2)
3
, P(
X3=2
) =
2×(1
2)
3
2. Justifier que
XN(Ω)={0, ..., N-1}
Le nombre minimal de changement est évidemment 0.
Le nombre maximal est atteint lors d'une séquence PFPF..
Ce qui correspond à N-1 changements.
3. Montrer queP(
XN
=0)=
(1
2)
N−1
et P(
XN
=1)=
2(N−1)( 1
2)
N
L'événement (
XN
=0) est réalisé par N Pile ou N Face, donc sa probabilité est
2×(1
2)
N
L'événement (
XN
=1) est réalisé par N-k Pile puis k Face ou l'inverse (de même probabilité),
k variant de 1 à N-1.
4. a) Justifier que pour tout entier k de {0,1,...,N-1} ,
P(XN=k)(XN+1=k)=1
2
Si il y eu k changements en N lancers, il y en a toujours k en N+1 lancers, si le N+1 ième
lancer est identique au N-ième lancer. Donc de probabilité ½.
b) En déduire que pour tout entier k de {0,1,...,N-1} :
P(XN+1−XN=0∩XN=k)=1
2P(XN=k)
P(XN+1−XN=0∩XN=k)=P(XN+1=k∩XN=k)=P(XN=k)(XN+1=k)×P(XN=k)
D'où le résultat.
c) En déduire que
P(XN+1−XN=0)=1
2
Sommer b) de 0 à N-1.
d) Quelle est la loi de la variable aléatoire
XN+1−XN
? En déduire
E(XN+1)=1
2+E(XN)
XN+1−XN
suit une loi de Bernoulli de paramètre ½.
Donc E(
XN+1−XN
) =
1
2 Et E(XN+1−XN)=E(XN+1)−E(XN)
D'où le résultat.
5. a) Montrer que les variables
XN+1−XN
et
XN
sont indépendantes.
On a pour tout 0≤k≤N-1 ,
P(XN+1−XN=0∩XN=k)=1
2P(XN=k)
=
P(XN+1−XN=0)×P(XN=k)
Et
P(XN+1−XN=1∩XN=k)=P(XN=k)−P(XN+1−XN=0∩XN=k)
=P(XN=k)−P(XN+1−XN=0)×P(XN=k)
=
P(XN+1−XN=1)×P(XN=k)
Conclusion :
∀(i ,k )∈[[0,1]]×[[0,N−1]],P (XN+1−XN=i∩XN=k)=P(XN+1−XN=i)×P(XN=k)
Donc les variables
XN+1−XN
et
XN
sont indépendantes.

b) En déduire par récurrence que
XN
suit une loi binomiale B(N-1 ,
1
2
)
Soit P(N) la propriété :
XN
suit une loi binomiale B(N-1 ,
1
2
)
P(1) est vraie.
Supposons P(N) vraie pour un entier N fixé.
Donc
XN(Ω)=[[0, N−1]]
Comme
XN+1−XN
suit une loi de Bernoulli,
XN+1(Ω)=[[0, N]]
Et pour tout 0 ≤ k ≤ N ,
P(XN+1=k)=P(XN+1−XN=0∩XN=k)+P(XN+1−XN=1∩XN=k−1)
(Car
(XN+1−XN=0 , XN+1−XN=1)
est un s.c.e.)
Par indépendance :
P(XN+1=k)=P(XN+1−XN=0)×P(XN=k)+P(XN+1−XN=1)×P(XN=k−1)
Donc
P(XN+1=N)=P(XN+1−XN=1)×P(XN=N−1)=1
2(1 2)
N−1
=(1
2)
N
Et pour k < N,
P(XN+1=k)=( 1
2)
(
N−1
k
)
(1
2)
N−1
+(1
2)
(
N−1
k−1
)
(1
2)
N−1
=( 1
2)
N
(
(
N−1
k
)
+
(
N−1
k−1
)
)=(1
2)
N
(
N
k
)
Donc
XN+1
suit une loi binomiale B(N ,
1
2
)
La propriété P est donc initialisée et héréditaire, donc vraie pour tout entier naturel n non nul.