TD 4 : Variables aléatoires discr`etes

MA401 : Probabilit´es TD4
TD 4 : Variables al´eatoires discr`etes
Exercice 1
Soit Nun entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 2 .
1. Montrer les ´egalit´es suivantes :
N
X
k=1
k=N(N+ 1)
2,
N
X
k=1
k2=N(N+ 1) (2N+ 1)
6,
2. Une urne contient une boule blanche, une boule verte et N−2 boules rouges. Ces boules sont indiscernables au toucher.
On tire successivement les Nboules sans remettre les boules tir´ees dans l’urne.
On note X1la variable al´eatoire ´egale au rang du tirage de la boule blanche et X2la variable al´eatoire ´egale au rang
du tirage de la boule verte.
(a) Soient iet jdeux entiers compris entre 1 et N. Calculer la probabilit´e Pij pour que X1=iet X2=j. (On
distinguera le cas i=jet le cas i6=j) .
(b) D´eterminer les lois des variables al´eatoires X1et X2. Est-ce que les variables al´eatoires X1et X2sont ind´epen-
dantes ? Calculer les esp´erances et variances des variables al´eatoires X1et X2.
(c) On note Xla variable al´eatoire ´egale au rang du tirage o`u l’on obtient pour la premi`ere fois soit la boule blanche
soit la boule verte. On note Yla variable al´eatoire ´egale au rang du tirage `a partir duquel on a obtenu la boule
blanche et la boule verte. Remarque : en fait X= inf (X1, X2) et Y= sup (X1, X2).
Par exemple, si on a tir´e rouge, rouge, verte, rouge, blanche, alors X1= 5 et X2= 3 et X= 3 et Y= 5. D´eterminer
les lois des variables al´eatoires Xet Y.
Calculer les esp´erances des variables al´eatoires Xet Y.
Exercice 2
1. On rappelle que : n
X
k=0
Ck
a.Cn−k
b=Cn
a+b
En d´eduire que : n
X
k=0 Ck
n2=Cn
2n
On consid`ere une suite d’exp´eriences al´eatoires dont chacune consiste `a jeter simultan´ement deux pi`eces ´equilibr´ees.
Pour tout entier naturel non nul n, on se propose de d´eterminer la probabilit´e pnde l’´ev`enement End´efini de la fa¸con
suivante : ”A l’issue de la ni`eme experience, les nombres de F ace amen´es par les deux pi`eces sont ´egaux”.
2. Probabilit´e de En.
(a) Soient ket ndeux entiers naturels tels que 0 < k < n.
D´eterminer :
– la probabilit´e pour que le nombre de F ace donn´e par une pi`ece ´equilibr´ee au cours de njets soit ´egal `a k.
– La probabilit´e p(n, k) pour que le nombre de ”Face” donn´e par chacune des deux pi`eces `a l’issue de la ni`eme
exp´erience soit ´egal `a k.
(b) Exprimer pnsous forme de somme puis explicitement. (On pourra, pour chaque entier knoter F(n, k) l’´ev`enement
”les deux pi`eces donnent k F ace lors des npremiers jets”)
3. Nombre moyen de r´ealisation de Ekpour k≤n.
Pour tout couple (k, n) d’entiers naturels tels que 1 ≤k≤n, on note :
–Bkla variable al´eatoire prenant pour valeur 1 si l’´ev´enement Ekest r´ealis´es et 0 sinon.
–Xn=B1+B2+...+Bnla variable al´eatoire indiquant le nombre des entiers k(1 ≤k≤n) pour lesquels l’´ev´enement
Ekest r´ealis´e.
(donc le nombre de fois o`u, durant les npremi`eres exp´eriences, il y a eu ´egalit´e des nombres de F ace amen´es par les
deux pi´eces
(a) Exprimer l’esp´erance de Xnen fonction de p1, p2,...,pn.
(b) Etablir l’´egalit´e suivante :
E(Xn) = (2n+ 1) Cn
2n
4n−1
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Correction Exercice 1
Soit Nun entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 2 .
1. Par r´ecurrence :
– Pour N= 1 on a P1
k=1 k= 1 et 1(1+1)
2= 1 d’o`u l’´egalit´e.
– Soit N≥1 tel que PN
k=1 k=N(N+1)
2alors
PN+1
k=1 k=PN k=1 k+N+ 1 = N(N+1)
2+N+ 1 = N+1 2(N+ 2)
– Donc, pour tout entier N≥1,PN
k=1 k=N(N+1)
2
De mˆeme
–P1
k=1 k2= 12et 1(1+1)(2+1)
6= 1 d’o`u l’´egalit´e.
– Soit N≥1 tel que PN
k=1 k2=N(N+1)(2N+1)
6alors
N+1
X
k=1
k2=
N
X
k=1
k2+ (N+ 1)2=N(N+ 1) (2N+ 1)
6+ (N+ 1)2
=N+ 1
62N2+N+ 6 (N+ 1)
=N+ 1
62N2+ 7N+ 6
=(N+ 1) (N+ 2) (2N+ 3)
6
– Donc pour tout entier N≥1,PN
k=1 k2=N(N+1)(2N+1)
6,
2. (a) Pour calculer cette probabilit´e, on peut d´enombrer les listes sans r´ep´etitions, et celles qui donnent X1=iet
X2=j, (permutation de N−2 rouges - pour les tirages autres que le i`eme et le j`eme) d’o`u une probabilit´e de
(N−2)!
N!=1 N(N−1) ou plus ´el´ementaire :
Soient iet jdeux entiers compris entre 1 et N.
– Si i6=jalors P (X1=i∩X2=j) = P (X1=i)·PX1=i(X2=j)
Comme, `a chaque tirage, toutes les boules sont ´equiprobables alors P (X1=i) = 1
N
Si X1=ialors, la boule blanche ne peut pas sortir au tirage iet il ne reste que N−1 boules ´equiprobables.
Donc PX1=i(X2=j) = 1
N−1
Finalement P (X1=i∩X2=j) = 1
N(N−1) si i6=j
– Et P (X1=i∩X2=i) = 0 car on ne peut pas avoir blanc et vert au mˆeme tirage d’une seule boule.
(b) On peut passer par la loi marginale, ou plus rapidement, toutes les boules ´etant ´equiprobables `a chaque tirage,
P (X1=i) = P (X2=i) = 1
N
Donc X1et X2suivent une loi uniforme sur [1, N]
Elles ne sont pas ind´ependantes car P (X1= 1 ∩X2= 1) = 0 6= P (X1= 1) P (X2= 1)
Elles ont mˆeme esp´erance : E(X1) = PN
k=1 kP (X1=k) = 1
NPN
k=1 k=N+1
2
et variance par EX2
1=PN
k=1 k2P (X1=k) = 1
NPN
k=1 k2=(N+1)(2N+1)
6d’o`u
V(X1) = EX2
1−E(X1)2=(N+1)(2N+1)
6−N+1 22=N+1 12 (2 (2N+ 1) −3 (N+ 1)) = (N+1)(N−1) 12
Donc V(X1) = V(X2) = N2
−1
12
(c) On a la premi`ere des deux boules au plus tard au N−1`eme tirage et au plus tˆot au premier donc X(Ω) = [[1, N −1]]
et (X=n) =”la premi`ere des deux arrive au n`eme tirage et la second apr`es” la premi`ere pouvant ˆetre blanche ou
verte.
(X=n) = (X1=n∩X2> n)∪(X2=n∩X1> n) incompatibles
Donc P (X=n) = P (X1=n∩X2> n) + P (X2=n∩X1> n)
Attention, X1et X2ne sont pas ind´ependantes. On red´ecompose par la loi marginale :
(X1=n∩X2> n) =
N
[
i=n+1
(X1=n∩X2=i) incompatibles donc
P (X1=n∩X2> n) =
N
X
i=n+1
P (X1=n∩X2=i)
=N−(n+ 1) + 1
N(N−1)
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Et sym´etriquement P (X2=n∩X1> n) = (N−n)
N(N−1) ´egalement.
Conclusion : P (X=n) = 2(N−n)
N(N−1) pour tout n∈[[1, N −1]]
Plus rapidement, Y(Ω) = [[2, N]]
et (Y=n) = (X1=n∩X2< n)∪(X2=n∩X1< n)
P (X1=n∩X2< n) = PX2<n (X1=n) P (X2< n)
avec P (X2< n) = n−1
Ncar tous les rangs de sortie sont ´equiprobables pour la boule verte.
PX2<n (X1=n) = 1
N−1car il ne reste que N−1 rangs de sorties pour la boule blanche et que ces rangs sont
´equiprobables.
Conclusion : P (Y=n) = 2(n−1)
N(N−1) pour tout n∈[[2, N]]
Par la d´efinition, on a
E(X) =
N−1
X
n=0
nP (X=n)
=
N−1
X
n=0
n2 (N−n)
N(N−1)
=1
N(N−1)
N−1
X
n=0
n2 (N−n)
=1
N(N−1) "2N
N−1
X
n=0
n−2
N−1
X
n=0
n2#
=1
N(N−1) 2NN(N−1) 2−2(N−1) N(2N−1) 6
=N−(2N−1)
3=N+ 1 3
pour obtenir l’esp´erance de Y, on utilise le fait que X+Y=X1+Y1(on a la somme des rang de sortie des deux
boules blanches et vertes)
Donc
E(Y) = E(X1) + E(X2)−E(X)
= 2N+ 1
2−N+ 1 3
=2
3(N+ 1)
Conclusion : E(X) = N+1
3et E(Y) = 2(N+1) 3
Correction Exercice 2
1. Avec a=b=non a : n
X
k=0
Ck
n.Cn−k
n=Cn
2n
et comme Cn−k
nn
X
k=0
Ck
n.Cn−k n=
n
X
k=0 Ck
n2=Cn
2n
2. Probabilit´e de En.
(a) Soient ket ndeux entiers naturels tels que 0 < k < n.
– la nombre de F ace donn´e par une pi`ece ´equilibr´ee au cours de njets ind´ependants (p(F) = 1/2) suit une loi
binˆomiale de param`etres net 1/2.Donc la probabilit´e d’avoir kfois F ace en nlancers est Ck
n(1/2)n
– Les deux pi`eces ´etant ind´ependantes, la probablit´e p(n, k) pour que le nombre de ”Face” donn´e par chacune des
deux pi`eces `a l’issue de la ni`eme exp´erience soit ´egal `a k. le produit de la probablit´e pr´ec´edente par elle mˆeme :
p(n, k) = Ck
n(1/2)n2
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(b) Ensignifie que les deux pi`ece ont donn´e un mˆeme nombre de F ace en nlancers. Ce mˆeme nombre ´etant compris
entre 0 et n.
Donc
En=
n
[
k=0
F(n, k)
Ces ´ev´enements sont incompatibles donc
pn=p(En) =
n
X
k=0
p(F(n, k))
=
n
X
k=0
p(n, k) =
n
X
k=0 Ck
n2(1/2)2n= (1/2)2n
n
X
k=0 Ck
n2
=Cn
2n
1
4n
3. Nombre moyen de r´ealisation de Ekpour k≤n.
Pour tout couple (k, n) d’entiers naturels tels que 1 ≤k≤n, on note :
–Bkla variable al´eatoire prenant pour valeur 1 si l’´ev´enement Ekest r´ealis´es et Osinon.
–Xn=B1+B2+...+Bnla variable al´eatoire indiquant le nombre des entiers k(1 ≤k≤n) pour lesquels l’´ev´enement
Ekest r´ealis´e.
(donc le nombre de fois o`u, durant les npremi`eres exp´eriences, il y a eu ´egalit´e des nombres de F ace amen´es par les
deux pi´eces
(a) On a E(Xn) = E(B1) + ···+E(Bn)
Or pour tout k, E (Bk) = 0 ·p(Bk= 0) + 1 ·p(Bk= 1) = p(Bk= 1) = p(Ek) = pkdonc E(Xn) = p1+···+pn
(b) D’o`u
E(Xn) =
n
X
k=1
pk=
n
X
k=1
Ck
2k
1
4k? =?(2n+ 1) Cn
2n
4n−1
Par r´ecurrence :
Pour n= 1 est-ce que
1
X
k=1
Ck
2k
1
4k=(2.1 + 1) C1
2
41−1
1
X
k=1
Ck
2k
1
4k=C1
2
1
42=1 2et (2.1 + 1) C1
2
41−1 = 6 4−1 = 1 2
Oui !
Soit n≥1 tel que n
X
k=1
Ck
2k
1
4k=(2n+ 1) Cn
2n
4n−1
Est-ce que
n+1
X
k=1
Ck
2k
1
4k=(2 (n+ 1) + 1) Cn+1
2(n+1)
4n+1 −1?
Or
n+1
X
k=1
Ck
2k
1
4k=
n
X
k=1
Ck
2k
1
4k+Cn+1
2n+2Ck
2k
1
4n+1
=(2n+ 1) Cn
2n
4n−1 + Cn+1
2n+2
1
4n+1
=4 (2n+ 1) Cn
2n+Cn+1
2n+2
4n+1 −1
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Reste donc `a montrer que 4 (2n+ 1) Cn
2n+Cn+1
2n+2 = (2 (n+ 1) + 1) Cn+1
2(n+1)
4 (2n+ 1) Cn
2n+Cn+1
2n+2 = 4 (2n+ 1) (2n)!
n!n!+(2n+ 2)! (n+ 1)! (n+ 1)!
=4 (2n+ 1) (2n)! (n+ 1)2+ (2n+ 2)!
(n+ 1)! (n+ 1)!
=4 (n+ 1)2+ 2n+ 2(2n+ 1)!
(n+ 1)! (n+ 1)!
=4n2+ 8n+ 4 + 2n+ 2(2n+ 1)!
(n+ 1)! (n+ 1)!
=4n2+ 10n+ 6(2n+ 1)!
(n+ 1)! (n+ 1)! =22n2+ 5n+ 2(2n+ 1)! (n+ 1)! (n+ 1)!
=2 (2n+ 3) (n+ 1) (2n+ 1)!
(n+ 1)! (n+ 1)! =(2n+ 3) (2n+ 2)! (n+ 1)! (n+ 1)!
= (2 (n+ 1) + 1) Cn+1
2(n+1)
Donc la formule est vraie pour tout entier n≥1
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