Cogitos : Variables aléatoires réelles Cogito 0) Fonction de

Cogitos : Variables aléatoires réelles
Cogito 0) Fonction de répartition d’une v.a. réelle X:  !R:
On pose 8x2R,F(x) = P(X < x). Préciser la monotonie de F, la limite en 1 et en +1.
Complément culturel : On peut montrer que de plus Fest continue à gauche et que limy!x+F(y) = F(x)+P(X=x):
L’existence d’une limite à gauche et à droite en tout point résulte du th de la limite monotone.
Par le th de continuité, on a limn!+1P(x1
nX < x) = 0, car \n2N[x1 n; x[= ;, d’où limn!+1F(x1 n) = F(x)::
Solution du Cogito 0)
Considérons l’événement Ax: (X < x). Pour xy, on a AxAy, donc F(x)F(y). Ainsi, Fest croissante.
Montrons que limx!1 P(X < x) = 0:
(F) Par le th de continuité, limx!1 F(x) = P(\x2RAx) = P(;) = 0:Et limx!+1F(x) = P([x2RAx) = P() = 1:
Remarque : En théorue, le th de continuité s’applique à des familles dénombrables. On peut s’y ramener sachant par
exemple que limx!+1F(x) = limn2N,n!+1F(n), car on sait que la limite existe (th de la limite monotone).
Cogito 1) Loi du premier zéro ( = loi géométrique) et du deuxième zéro
Soit (Xn)n2Nune suite de v.a. indépendantes de loi de Bernoulli B(p):P(Xn= 1) = pet P(Xn= 0) = 1 p=q:
On note N= inffn2NjXn= 1gà valeurs dans N[ f+1g et M= inffm > N jXm= 1g:
a) Déterminer P(N > n). En déduire que E(N) = 1
p. On rappelle que E(N) = P+1
n=0 P(N > n):
b) Déterminer la loi de (N; M)en explicitant P(N=n; M =m):Les variables Net Msont-elles indépendantes ?
c) Expliciter P(M > m).
Solution du Cogito 1)
a) On a P(N > n) = P(X1= 0; X2= 0; :::; Xn= 0) = qn.
Donc E(N) = P+1
n=0 P(N > n) = P+1 n=0 qn=1
1q=1 p:
b) P(N=n; M =m) = p2qm2si n<m, et 0sinon.
Les variables Net Mne sont pas indépendantes, puisque P(N= 0 jM= 1) 6= 0 et P(N= 1 jM= 1) = 0:
c) P(M > m) = qm+mpqm1:Remarque : On peut en déduire que E(M) = 1
p+p p2=2 p:
Cogito 2) Loi du plus petit numéro
Soient met n2N, avec mn. Une urne contient nboules numérotées de 1 à n.
On e¤ectue mtirages. On cherche la loi du plus petit numéro Xobtenu dans les deux cas suivants :
a) Les tirages sont e¤ectués avec remise. Montrer que pour tout k2 f1;2; :::; ng,P(X > k) = 1k
nm
:
En déduire que, à m…xé, E(X)n
m+ 1 lorsque ntend vers l’in…ni.
Remarque : On pourra utiliser sans justi…cation la propriété : E(X) = P+1
k=0 k P (X=k) = P+1 k=0 P(X > k).
b) Les tirages sont e¤ectués sans remise.
Montrer que pour tout k2 f1;2; :::; n m+ 1g,P(X > k) = 1k
n1k n1::: 1k nm+ 1=nk
m
n
m:

Remarque : Pour raisonner directement en termes de probabilités, noter Xmla variable aléatoire associée aux premiers
mtirages. Montrer que P(Xm> k jXm1> k) = 1 k
nm+1 . Noter que les événements Am= (Xm> k)forment
une suite décroissante. En déduire que P(Xm> k)est le produit des P(Xq> k jXq1> k)pour 1qm:
Solution du Cogito 2) a) On e¤ectue mtirages avec remise.
On a P(X > k) = nk
nm
, donc P(X=k) = P(X > k 1) P(X > k) = 1k1
nm
1k
nm
:
La valeur moyenne est E(X) = Pm
k=0 P(X > k) = Pm k=0 nk
nm
:
Lorsqu’on fait tendre nvers +1, à m…xé, on a E(X)1
nm
nm+1
m+ 1 n m+ 1:
b) On considère la variable aléatoire Xdé…nie sur l’ensemble des parties de cardinal mde f1;2; ::; ng.
On a P(X > k) = nk
m
n
m, donc P(X=k) = P(X > k 1) P(X > k) = nk+1
mnk m
n
m:
Comme nk+1
mnk m=nk m1, alors P(X=k) = nk
m1
n
m:
Remarque : La valeur moyenne est E(X) = Pnm
k=0 P(X > k) = Pnm k=0 nk
m
n
m:
On a nk
nm
nk
m
n
mnkm
nmm
, donc en faisant tendre nvers +1, on obtient aussi E(X)n
m+ 1.
Cogito 3) Espérance conditionnelle (||)
Soit Xune variable aléatoire sur un espace probabilisé (;A; P ):
Pour B2 A véri…ant P(B)>0, on note E(XjB)l’espérance de Xpour la probabilité conditionnelle PB:
Montrer que si (Bn)n2Jest une partition (au plus dénombrable) de , alors E(X) = Pn2JE(XjBn)P(Bn).
Remarque : En particulier, si Xest constant de valeur xnsur Bn, alors E(X) = Pn2JxnP(Bn):
Solution du Cogito 3)
On a E(X) = Pxx P (X=x) = PxxPn2JP(X=xjBn)P(Bn): formule des probabilités totales.
Par Fubini, on obtient E(X) = Pn2JP(Bn)Pxx P (X=xjBn) = Pn2JP(Bn)Pxx PBn(X=x):
Sachant que Pxx PBn(X=x) = E(X; Bn), on obtient bien E(X) = Pn2JP(Bn)E(XjBn).
Cogito 4) Formule de Wald.
On considère une suite de variables aléatoires réelles mutuellement indépendantes N,X1,::: ,Xn, ... dé…nies sur le
même espace probabilisé (;A; P ). On suppose que Nest une variable aléatoire réelle à valeurs dans N. possédant
un moment d’ordre 2 et que les variables aléatoires Xisuivent la même loi que X, où Xest une variable aléatoire
réelle à valeurs dans Net possédant un moment d’ordre 2.
On note Yla variable aléatoire dé…nie par Y=PN
i=1 Xi, c’est-à-dire 8!2,Y(!) = PN(!)
i=1 Xi(!):
a) Déterminer l’espérance E(Y)en fonction de E(X)et de E(N). On pourra utiliser 3).
b) On note GN(z)et GX(z)les séries génératrices respectivement de Net X.
Montrer que la série génératrice de Yest GY(z) = GN(GX(z)). Retrouver le résultat du a).
c) Déterminer V(Y)en fonction de E(X),V(X),E(N)et V(N).

d) Une urne contient njetons numérotés de 1 à net on dispose d’une pièce de monnaie qui donne le côté pile avec la
probabilité p, où 0< p < 1. Un joueur tire un jeton de l’urne et lance ensuite la pièce de monnaie autant de fois que
le numéro indiqué par le jeton. Calculer la moyenne et la variance de la variable aléatoire comptabilisant le nombre
de pile obtenus.
Solution du Cogito 4)
a) On a par 3), E(Y) = P+1
n=0 E(YjN=n)P(N=n). Or, on a E(YjN=n) = E(X1+::: +Xn) = nE(X):
Donc E(Y) = P+1
n=0 nE(X)P(N=n) = E(X)P+1 n=0 n P (N=n) = E(X)E(N):
b) Posons GN(z) = P+1
n=0 anznet GX(z) = P+1
k=0 bkzk. On a ainsi P(X=n) = anet P(X=k) = bk:
On a GY(z) = P+1
n=0 P+1 k=0 P(Y=kjN=n)P(N=n)zk=P+1 n=0 anGX(z)n=GN(GX(z)):
On en déduit E(Y) = G0
Y(1) = G0 X(1)G0 N(GX(1)) = G0 X(1)G0 N(1) = E(X)E(N):
c) On utilise V(Y) = G00
Y(1) + G0 Y(1) G0 Y(1)2:
d) On a notamment E(N) = n+1
2et E(X) = p, donc E(Y) = pn+1 2:
Cogito 5) Le problème du collectionneur. Soit Xune v.a.r. dé…nie sur (; T; P ), à valeurs dans N.
Une marque de gâteaux édite une collection de mautocollants di¤érents, et en o¤re un au hasard dans chaque paquet
de gâteaux. Une personne achète des paquets de gâteaux et fait collection de ces autocollants. On suppose les achats
indépendants. Déterminer le nombre moyen Tde paquets de gâteaux à acheter pour compléter la collection.
a) On note Tile nombre de paquets à acheter une fois acquis iautocollants pour obtenir le (i+ 1)-ième autocollant.
Montrer que Tisuit la loi géométrique de paramètre p= 1 i
m. En déduire (avec le cogito 1)) que E(Ti) = m mi.
b) En déduire que E(T) = m1
m+1 m1+::: +1 2+1 1mln m:
Solution du Cogito 5)
a) Tiest le nombre de paquets à acheter une fois acquis iautocollants pour obtenir le (i+ 1)-ième autocollant.
Chaque paquet a une probabilité i
mde contenir un autocollant déjà collectionné, et 1i mde contenir un nouveau.
Donc Tisuit une loi du premier zéro (cf cogito 1)) de paramètre pi= 1 i
m:
On en déduit que E(Ti) = 1
pi
=m
mi, pour 0i < m:
b) Comme T=T0+T1+::: +Tm1, alors E(T) = Pm1
i=0 E(Ti) = m1
m+1 m1+::: +1 2+1 1mln m:
Cogito 6) Echantillonage.
On considère une variable aléatoire X:  !Rde moyenne et de variance 2:
On souhaite évaluer l’espérance et la variance 2en considérant néchantillons x1; :::; xn.
On pose donc S=1
n(x1+x2+::: +xn)et V=1 n(x2
1+x2 2+::: +x2
n)S2:
Montrer que E(S) = et E(V) = n1
n2.
Remarque : Pour des estimateurs de et 2, on peut donc approcher par Set 2par n
n1V:
Remarque : La variance de Sest E(S2)2=1
n2!0.Terminologie : L’estimateur est dit convergent.

Cogito 7) Nombre d’essais nécessaires pour retrouver une valeur déjà obtenue
Soit Eun ensemble …ni de cardinal n, et les Xides variables mutuellement indépendantes à valeurs dans Ede loi
uniforme sur E, et Tla variable aléatoire dé…nie par T= minfj2 f2; :::; ng j Xj2 fX1; :::; ; Xj1gg:
Justi…er que pour k2 f0;1; :::; ng,P(T > k) = Qk1
j=0
nj
n=n
kk!
nk:
Remarque : On en déduit E(T) = Pn
k=0 P(T > k) = Pn k=0 n
kk!
nk= (n!) Pn
k=0
1
nk(nk)! =n!
nnPn
k=0
nk
k!:
Cogito 7) Posons Ail’événement : (X1; :::; Xi)distincts deux à deux. On a P(T > k) = P(Ak):
Comme la suite (Ai)0ikest décroissante, la formule de l’intersection donne :
P(Ak) = P(AkjAk1)P(AkjAk1)P(Ak1jAk2):::P (A1jA0)
Or, P(Aj+1 jAj) = P(Xj=2 fX1; :::; ; Xj1g j Aj) = 1 j
m. On en déduit que P(Ak) = Qk1
j=0
nj
n:
Cogito 8) (corrigé) Loi de succession de Laplace
Considérons m+ 1 urnes U0; :::; Umtelles que Ukcontienne kboules blanches et nkboules noires. On e¤ectue
des tirages avec remise sur une des urnes choisie initialement avec équiprobabilité. On cherche, étant donné n, la
probabilité que, sachant que les npremiers tirages ont donné des boules blanches, qu’il en soit de même du (n+1)-ième
tirage. Pour tout j, notons Ajl’événement “ Les jpremiers tirages ont donné des boules blanches ”.
On veut évaluer P(An+1 jAn) = P(An+1 \An)
P(An)=P(An+1) P(An):
Pour tout k2 f0;1; :::; mg, on note Bkl’événement “ L’urne choisie est Uk”.
Alors P(An) = Pm
k=0 P(AnjBk)P(Bk) = 1
m+ 1 Pm
k=0 k
mn
:
Donc P(An+1 jAn) = 1
m
Sn+1(m)
Sn(m), où Sj(m) = Pm
k=0 kjmj+1
m+ 1 lorsque mtend vers +1.
Lorsque mtend vers +1,limm!+1P(An+1 jAn) = n+ 1
n+ 2: