Corrigé

S4 Maths 2011-2012 Probabilités 1 Devoir 2
Université de Picardie Jules Verne 2011-2012
UFR des Sciences
Licence mention Mathématiques -Semestre 4
Probabilités 1
Corrigé du devoir 2
Exercice 1.
Un sac Scontient cinq jetons : deux sont numérotés 1 et les trois autres sont numérotés 2.
Partie A
1) On extrait deux jetons simultanément de S. On peut donc considérer l’espace probabilisé ,A,P
suivant : -   combinaisons d’ordre 2 de 1a,1b,2a,2b,2c;card  C5
25
210 ;
-APcar est fini ;
-P: équiprobabilité sur ,A: pour tout A,PAcardA
card.
Soit Al’événement "obtenir deux jetons portant le numéro 2". On a alors PAC3
2
C5
23
10 .
2) a) On effectue 2100 tirages simultanés de deux jetons avec remise (les deux jetons obtenus à chaque
tirage sont remis dans le sac Savant le tirage des deux jetons suivants). On peut donc considérer que l’on
répète dans les mêmes conditions n2100 fois l’expérience aléatoire "tirer deux jetons" au cours de laquelle
l’événement Aa la probabilité p3
10 de se réaliser. La variable aléatoire Xégale au nombre de tirages où
les deux jetons tirés portent le numéro 2, c’est-à-dire au nombre de réalisation de A, suit donc la loi Binomiale
Bn,pB2100, 3
10 .
b) On a donc EXnp 2100 3
10 630
et VarXnp1p2100 3
10 7 10 212441.
Remarque : l’écart-type de Xest XVarX21.
Partie B
1) a) On effectue une série illimitée de tirages avec remise d’un jeton dans le sac S. On répète donc dans
les mêmes conditions l’expérience aléatoire "tirer un jeton" au cours de laquelle un événement B"obtenir un
jeton numéroté 1" a la probabilité p2
5d’être réalisé. Le nombre d’expériences (c’est-à-dire de tirages)
nécessaires pour obtenir r1 réalisation de Best donc une variable aléatoire Zde la loi de Pascal
Pr,pP1, 2
5, c’est-à-dire Géométrique G2 5.
La variable aléatoire Y, égale au nombre de tirages effectués avant le tirage amenant un jeton
numéroté 1 pour la première fois, vérifie ZY1. D’où le résultat demandé.
b) On a Zet pour tout k,PZk2
53 5
k1. Comme YZ1, on en déduit que
Yet pour tout k,PYkPZ1kPZk12
53 5
k.
2) a) D’après 1)a), on a EZr
p1
2
5
5
2et VarZr1p
p2112
5
2
5215
4.
b) On en déduit que EYEZ1EZ15
213 2
et VarYVarZ1VarZ15
4.
Partie C
1) et 2) On extrait successivement et avec remise deux jetons du sac S. On peut donc considérer l’espace
probabilisé ,A,Psuivant :
-  arrangements avec répétition d’ordre 2 de 1a,1b,1c,2a,2b;card  5225 ;
-APcar est fini ;
-P: équiprobabilité sur ,A: pour tout A,PAcardA
card.
On désigne par X1la variable aléatoire égale à la somme des numéros des deux jetons tirés, et par X2la
variable aléatoire égale au maximum des numéros des deux jetons tirés.
Stéphane Ducay 3

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Loi de probabilité du couple X1,X2 , la loi de probabilité de X1et loi de probabilité de X2:
X1\X21 2 loi de X1
24
25 04 25
3 0 12
25 12 25
4 0 9
25 9 25
loi de X24
25 21 25 1
Par exemple, X12X22car si le maximum des deux numéros est égale à 2, la somme des
deux numéros est au moins égale à 3 donc ne peut être égale à 2. On a donc
PX12X22 P0.
D’autre part, X13X22est réalisé si et seulement si on obtient un jeton 1 et un jeton 2, soit
C2
1C2 1C3 112 possibilités (C2 1possibilités de positionner le 1, C2 1possibilités de choisir le 1, C3 1
possibilités de choisir le 2). On a donc PX13X22 12
25 .
On complète ainsi le tableau de la loi conjointe de X1,X2. Les lois marginales de X1et de X2
s’obtiennent en additionnant ligne par ligne et colonne par colonne.
3) 0 PX12X22 PX12PX224
25 21 25 donc les variables aléatoires X1et
X2ne sont pas indépendantes.
Autre méthode. CovX,YEXYEXEY xiyjpij  xipi yjpj
152
25 80 25 46 25 24 125 0 donc Xet Yne sont pas indépendantes.
Exercice 2.
1) L’entier kétant tel que 1 kbn, on tire une à une, au hasard et sans remise, kboules de l’urne.
On peut donc considérer l’espace probabilisé ,A,Psuivant :
-  arrangements d’ordre kde bnboules ; card  Abn
k;
-APcar est fini ; - P: équiprobabilité sur ,A.
Soit Xla variable aléatoire prenant la valeur 1 si la dernière boule tirée est blanche, et la valeur 0
sinon. Il est clair que Xest à valeurs dans X0,1.
L’événement X1est réalisé si on obtient une boule blanche au k-ème tirage, soit bpossibilités,
précédé d’un arrangement d’ordre k1 de bn1 boules restantes , soit Abn1
k1possibilités. On a donc
PX1cardX1
cardAbn1
k1b
Abn
kb
bn.
Comme PX0PX11, on a PX01PX11b
bnn bn.
2) On tire maintenant les boules une à une, au hasard et avec remise. On effectue des tirages jusqu’à
l’obtention d’une boule blanche. On suppose construit un espace probabilisé ,A,Padapté.
Soit alors Yla variable aléatoire indiquant le nombre de boules tirées lorsqu’on obtient la première
boule blanche, et prenant par convention la valeur 0 lorsqu’on ne tire aucune boule blanche.
Considérons les événements suivants : pour tous entiers naturels ket nnon nuls, Bk: "la k-ème boule
tirée est blanche" et An: "les npremiers tirages n’amènent aucune boule blanche".
a) L’ensemble des valeurs possibles de la variable aléatoire Yest Y.
b) On a PY1PB1b
bn1p, avec pn bn. On a également
PY2PB1B2PB1PB2/B1p1p. Les tirages sont avec remise mais chaque tirage
dépend des tirages précédents : un tirage n’a lieu que si les précédents n’ont pas donné de boule blanche. Les
événements Bkk1ne sont donc pas indépendants. Ecrivant YkB1B2Bk1Bk, la formule
des probabilités composées donne alors, pour tout entier k3 :
PYkPB1B2Bk1Bk
PB1PB2/B1PBk1/B1B2Bk2PBk/B1B2Bk1
ppp1ppk11p.
Cette dernière formule étant vraie pour k1 et k2 ; elle est donc valable pour tout entier k1.
c) Comme |p|1, on a alors
k1
PYk
k1
pk11p1p
k0
pk1p1
1p1.
Stéphane Ducay 4

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d) Comme Ykk0est un système complet d’événements, on a
k0
PYk1, et donc
PY0
k1
PYk1. Grâce au résultat du c), on obtient PY00. L’événement "ne tirer aucune
blanche" est donc quasi-impossible.
e) Pour tout entier n1, l’inclusion An1Anrésulte du fait que si les n1 premiers tirages
n’amènent aucune boule blanche (An1est réalisé), alors les npremiers tirages n’amènent aucune boule
blanche (Anest réalisé).
Par ailleurs, la formule des probabilités composées donne (comme au b)) :
pour tout entier n1, PAnP
i1
nBi
i1
nPBi/B1B2Bi1
i1
nppn.
f) Il est clair que Y0
n1
An. Comme An1Anpour tout entier n1, la suite Ann1est
décroissante au sens de l’inclusion : on a donc P
n1
Anlim
nPAn.
On en déduit que PY0P
n1
Anlim
nPAnlim npn0 (puisque |p|1).
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