Corrigé du devoir en temps libre n de Mathématiques 9

Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
À rendre pour le Vendredi 27 mars 2015
Corrigé du devoir en temps libre no9 de Mathématiques
Exercice 1 La propriété d'absence de mémoire
1. On suppose que X suit la loi géométrique, alors pour k ∈ N :
P (X > n) =
+∞
X
P (X = k) =
k=n+1
= pq n
+∞
X
k=0
+∞
X
pq k−1 = p
k=n+1
+∞
X
q k+n
k=0
n
qk =
pq
= qn
1−q
Cette relation est très utile pour le calcul qui suit :
P {X > n + k} ∩ {X > n}
P (X > n + k)
P (X > n + k|X > n) =
=
P (X > n)
P (X > n)
n+k
q
=
= q k = P (X > k)
qn
Il est donc vérié que si X est une variable aléatoire de loi géométrique, elle
vérie la propriété d'absence de mémoire :
∀k ∈ N, ∀n ∈ N, P (X > n + k|X > n) = P (X > k)
(1)
Ce résultat traduit le fait que lors d'une série d'épreuves répétées, la probabilité
d'observer un premier succès après k épreuves ne dépend pas du rang de l'épreuve
où l'on commence l'observation.
2. Dans cette question, on cherche toutes les lois sur N∗ qui vérient la propriété
(1).
Soit X une variable aléatoire qui suit sur N∗ une loi vériant la propriété (1).
On note :
p = P (X = 1) et ∀n > 0, G(n) = P (X > n)
(a) X est à valeurs dans N∗ , donc l'évènement {X > 0} est l'évènement certain :
G(0) = P (X > 0) = 1
(b) D'après la relation 1, on a pour n, k ∈ N :
G(n + k) = P (X > n + k) = P {X > n + k} ∩ {X > n}
= P (X > n + k|X > n) × P (X > n)
= P (X > k)P (X > n) = G(n)G(k)
∀n, k ∈ N, G(n + k) = G(n)G(k)
1/6
(c) En particulier :
G(n + 1) = G(n)G(1)
ce qui prouve que la suite G(n) n∈N est une suite géométrique de raison :
G(1) = P (X > 1) = 1 − P (X = 1) = 1 − p
En résumé :
La suite G(n) n∈N est une suite géométrique de raison 1 − p.
(d) Le premier terme de la suite est de plus G(0) = 1. On en déduit immédiatement :
∀n ∈ N, G(n) = (1 − p)n
(e) Il reste à remarquer que {X > n − 1} = {X > n} ∪ {X = n} (réunion
disjointe), ce qui entraîne :
P (X > n − 1) = P (X > n) + P (X = n)
On a alors :
P (X = n) = P (X > n − 1) − P (X > n) = G(n − 1) − G(n)
= (1 − p)n−1 − (1 − p)n = (1 − p)n−1 1 − (1 − p)
= p(1 − p)n−1
On reconnaît immédiatement la loi géométrique. En conclusion :
Si X vérie la propriété d'absence de mémoire, alors elle suit la loi géométrique.
[va]
Exercice 2
Partie I : Une variante de la loi géométrique
On considère une suite innie d'épreuves répétées indépendantes. On note l'évènement :
Ri = réussite à la i-ème épreuve et on suppose que la i-ème épreuve peut donner une réussite avec une probabilité
p (0 < p < 1) ou un échec avec une probabilité q = 1 − p. On note X le numéro
(aléatoire) de l'épreuve où l'on observe la deuxième réussite.
1. L'évènement {X = 2} se produit si et seulement si les deux premières épreuves
ont été réussies :
{X = 2} = R1 ∩ R2
L'évènement {X = 3} se produit si et seulement si la troisième épreuve et
seulement l'une des deux premières épreuves ont été réussies :
{X = 3} = (R1 ∩ R2 ∩ R3 ) ∪ (R1 ∩ R2 ∩ R3 )
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L'évènement {X = 4} se produit si et seulement si la quatrième épreuve et
seulement l'une des trois premières épreuves ont été réussies :
{X = 4} = (R1 ∩ R2 ∩ R3 ∩ R4 ) ∪ (R1 ∩ R2 ∩ R3 ∩ R4 ) ∪ (R1 ∩ R2 ∩ R3 ∩ R4 )
Les réunions ci dessus sont disjointes, et les évènements Ri sont mutuellement
indépendants, d'où :
P (X = 2) = P (R1 ) × P (R2 ) = p2
P (X = 3) = P (R1 ∩ R2 ∩ R3 ) + P (R1 ∩ R2 ∩ R3 )
= P (R1 ) × P (R2 ) × P (R3 ) + P (R1 ) × P (R2 ) × P (R3 )
= (p × q × p) + (q × p × p) = 2p2 q
P (X = 4) = P (R1 ∩ R2 ∩ R3 ∩ R4 ) + P (R1 ∩ R2 ∩ R3 ∩ R4 ) + P (R1 ∩ R2 ∩ R3 ∩ R4 )
= 3p2 q 2
(même calcul que ci dessus.)
2. De même, l'évènement {X = k} peut être décrit de la manière suivante :
{X = k} =
k−1
[


Rk ∩ Ri ∩
i=1
k−1
\


Rj 
j=1
j6=i
La réunion est disjointe, il est donc possible d'écrire :
P (X = k) =
k−1
X


k−1
\ 

P Rk ∩ Ri ∩
Rj 
(1)
j=1
i=1
j6=i
=
k−1
X


P (Rk ) × P (Ri ) ×
k−1
Y


P (Rj )
(2)
j=1
i=1
j6=i
=
k−1
X
p2 q k−2 = (k − 1)p2 q k−2
(3)
i=1
Pour tout entier k > 2, on a P (X = k) = (k − 1)p2 q k−2 .
3. On peut considérer l'évènement A comme la réunion (disjointe) des évènements
A1 = on n'observe aucun succès et A2 = on observe un seul succès . D'où :
A=
+∞
\
i=1
!
Ri


∪
+∞
[


Rk ∩
k=1
+∞
\


Rj 
j=1
j6=k
Pour le calcul de la probabilité de A on peut, c'est plus simple, considérer que :
A = {X ∈ N \ {1, 2}} =
+∞
[
{X = k}
k=2
3/6
Ainsi :
+∞
[
P (A) = 1 − P
!
{X = k}
=1−
k=2
= 1 − p2
+∞
X
+∞
X
k=2
+∞
X
2
(k − 1)q k−2 = 1 − p
k=2
+∞
X
Or on sait que, pour |x| < 1 :
kq k−1
k=1
xk =
k=0
+∞
X
P (X = k)
kxk−1 =
k=1
1
, d'où par dérivation :
1−x
1
(∗)
(1 − x)2
Revenons au calcul de la probabilité :
P (A) = 1 − p2 ×
p2
1
=
1
−
=0
(1 − q)2
p2
P (A) = 0
4. La variable aléatoire X est d'espérance nie car la série :
+∞
X
|kP (X = k)| =
+∞
X
k(k − 1)p2 q k−2
k=2
k=2
converge (on peut faire un calcul rapide et utiliser le critère de d'Alembert.)
L'espérance de X est donnée par le calcul :
E(X) =
+∞
X
kP (X = k) =
k=2
+∞
X
2
= p
+∞
X
k(k − 1)p2 q k−2
k=2
k(k − 1)q k−2
k=2
Or, en dérivant une fois de plus la relation (∗) de la question précédente, on
trouve :
+∞
X
k(k − 1)xk−2 =
k=2
2
(1 − x)3
On peut achever le calcul de l'espérance de X :
2
2p2
E(X) = p ×
= 3
(1 − p)3
p
2
E(X) =
2
p
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Partie II : Une application pratique Une compagnie de métro pratique les tarifs suivants. Le ticket donnant droit à un
trajet coûte 2 euros. Les amendes sont xées à 40 euros pour la première infraction
constatée, 80 euros pour la deuxième et 400 euros pour la troisième. La probabilité
pour un voyageur d'être contrôlé au cours d'un trajet est supposée constante et connue
de la seule compagnie. Un fraudeur décide de prendre systématiquement le métro sans
payer jusqu'à la deuxième amende et d'arrêter alors de frauder. On note T le nombre
de trajets eectués jusqu'à la deuxième amende (T est le numéro du trajet où le
fraudeur est contrôlé pour la deuxième fois). On note q = 1 − p la probabilité de faire
un trajet sans contrôle.
1. On peut considérer les trajets comme des épreuves indépendantes de même probabilité p (celle de se faire contrôler), et T comme le rang du deuxième succès (contrôle). Nous nous retrouvons dans les conditions de la première partie,
et on en déduit que la loi de T est donnée par :
P (T = k) = (k − 1)p2 q k−2 ,
k > 2.
2. Soit n ∈ N∗ :
+∞
[
P (T > n) = P
!
{T = n}
+∞
X
=
P (T = n) = p
k=n+1
k=n+1
+∞
X
2
(k − 1)q k−2
k=n+1
Pour le calcul, on utilise la série entière (pour |x| < 1) :
f (x) =
+∞
X
xk−1 =
+∞
X
xk+n = xn
k=0
k=n+1
+∞
X
k=0
xk =
xn
1−x
En dérivant cette fonction, on obtient :
f 0 (x) =
+∞
X
(k − 1)xk−2 =
k=n+1
nxn−1 (1 − x) + xn
xn−1 (n + (1 − n)x)
=
(1 − x)2
(1 − x)2
Il reste à reporter ce calcul :
P (T > n) = p2 ×
nq n−1 (1 − q) + q n
= nq n−1 p + q n
2
(1 − q)
P (T > n) = q n−1 (np + q)
3. Lorsque p = 1/10, on a donc :
P (T > 60) =
9
10
59
1
9
× 60 ×
+
10 10
Lorsque p = 1/10, on a P (T > 60) ' 0, 014.
Lorsque p = 1/20, on a :
P (T > 60) =
19
20
59
1
19
× 60 ×
+
20 20
5/6
Lorsque p = 1/20, on a P (T > 60) ' 0, 19.
On constate que, compte-tenu de ces probabilités de contrôle, la probabilité
d'échapper aux deux contrôles lors des 60 premiers voyages - et donc de rentabiliser la fraude puisque 60 voyages coûtent 120 euros, c'est à dire le montant des
deux amendes - est faible.
4. D'un point de vue purement nancier, il est préférable pour un fraudeur qui
voyage régulièrement de payer son trajet : par exemple, on peut encore calculer
que même avec une probabilité de contrôle très faible de 1/40, on a seulement
56% de chances de rentabiliser la fraude.
La probabilité de contrôle de 1/40 semble d'ailleurs plutôt réaliste : toute personne qui voyage cinq fois par semaine dans les transports parisiens (A/R) voit
bien les contrôleurs une fois par mois !
Il en est bien sûr tout autrement pour un fraudeur occasionnel dont le but est de
ne pas prendre du tout d'amende, et qui peut toujours tenter le coup de voyager
sans payer.
Dans ce cas, il faut se référer à la loi géométrique : avec
p une probabilité de
p = 1/40, l'espérance est de 1/p = 40 et l'écart type de q/p2 ' 39, 5. Autrement dit, on se fait attraper en moyenne tous les 40 voyages (mais les probabilités
ne sont pas concentrées autour de la moyenne).
[va]
6/6