Exercices sur le chapitre 2 Jean-Louis Poss 26 mai 2003 1 Exercice 3.6 Une urne contient n boules blanches et n boules noires. On tire les boules au hasard et sans remise jusqu’à ce que l’on ait tiré la dernière boule blanche. Soit K le nombre total de boules tirées. 1. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire K. En déduire la valeur de la somme : Sn = k=2n X k=n (k − 1)! · (k − n)! 2. Calculer l’espérance mathématique et la variance de K. 1. Le nombre k de boules tirées est compris entre n (on n’a tiré que des boules blanches) et 2n (on a tiré toutes les boules) ; on a, pour k ∈ {n, n + 1, . . . , 2n} : P(K = k) = P (n − 1) b. b. en (k − 1) t. P 1 b. b. au k-ième t. | (n − 1) b. b. en (k − 1) t. = n (n!) (k − 1)! Cnn−1 Cnk−n 1 × = × · k−1 2n − k + 1 (2n)! (k − n)! C2n On a donc 2n X n (n!) (k − 1)! × =1 (2n)! (k − n)! k=n c’est-à-dire Sn = 2n X (2n)! (k − 1)! = · (k − n)! n (n!) k=n 2. Espérance mathématique 1 2n 2n X X (k + 1) − 1 ! (2n)! k! E(K) = = n (n!) (k − n)! (k + 1) − (n + 1) ! k=n k=n = 2m−1 X p=m (p − 1)! où p = k + 1 et m = n + 1 (p − m)! (2m − 1)! (2m)! (2m − 1)! = − m! m (m!) m! (2n + 1)! (2m − 1)! = · m! (n + 1)! = Sm − = D’où : E(K) = n(2n + 1) · n+1 Variance 2n X (2n)! (k + 1)! (2n + 2)! E K(K + 1) = = · · · = (n + 1) n (n!) (k − n)! (n + 2)! k=n D’où : Var(K) = E K(K + 1) − E(K) − E(K)2 = · · · = 2 n2 (2n + 1) · (n + 1)2 (n + 2) 2 Exercice 3.16 Un lot contient une proportion p d’articles défectueux. On le teste de la façon suivante : on tire des objets un à un, au hasard et avec remise, et on refuse le lot si on trouve un article défectueux au plus tard au k-ième tirage (k est un entier donné) ; on arrête alors les tirages. 1. Déterminer en fonction de p et de k la probabilité de refuser le lot. 2. Soit N le nombre d’articles tirés pendant le test. Déterminer la loi de probabilité de N (on étudiera avec soin le cas N = k). Calculer l’espérance mathématique de N ; comment varie-telle en fonction de k ? 3. On considère qu’un lot est mauvais si la proportion p d’articles défectueux est supérieure ou égale à une valeur donnée a (0 < a < 1). Comment doit-on choisir k de façon à ce que la probabilité d’accepter un mauvais lot soit inférieure ou égale à une valeur donnée b (0 < b < 1) ? Application numérique : a = 0, 05, b = 0, 001. On choisira k de façon à ce que l’espérance mathématique de N soit minimale. 1. On accepte le lot si les k articles tirés ne sont pas défectueux ; la probabilité de refuser le lot est donc : 1 − (1 − p)k = 1 − q k en posant q = 1 − p. 2. N peut prendre toutes les valeurs entières de 1 à k. – Si n < k on a N = n lorsque l’on a tiré le premier article défectueux au n-ième tirage. – On a N = k si les k − 1 premiers articles tirés ne sont pas défectueux ; le k-ième article peut être défectueux ou non. On a donc : ∀n ∈ {1, 2, . . . , k − 1}, P(N = n) = q n−1 p P(N = k) = q k−1 On vérifie que l’on a effectivement une loi de probabilité : k X P(N = n) = n=1 k−1 X q n−1 p + q k−1 = p n=1 1 − q k−1 + q k−1 = 1. 1−q Calcul de l’espérance mathématique de N. E(N) = k−1 X n q n−1 p + kq k−1 = pϕ(q) + kq k−1 n=1 où ϕ(x) = k−1 X n=1 nxn−1 = k−1 X n=0 xn 0 = 1 − xk 0 1−x 3 = 1 − kxk−1 + (k − 1)xk · (1 − x)2 Donc : E(N) = p 1 − kq k−1 + (k − 1)q k 1 − qk k−1 + kq = = h(k)· (1 − q)2 1−q Variation de E(N) en fonction de k : qk dh =− ln q > 0 car q ∈]0, 1[. dk 1−q 3. On accepte le lot si les k premiers articles tirés ne sont pas défectueux : la probabilité est égale à qk . ln b On veut donc avoir q k ≤ b, soit k ≥ · ln q Or : ln b ln b p ≥ a ⇔ q ≤ 1 − a ⇔ ln q ≤ ln(1 − a) ⇔ ≤ · ln q ln(1 − a) Il faut donc choisir k≥ ln b · ln(1 − a) Application numérique : on choisit k ≥ 134, 67, donc k = 135. 4 3 Exercice 3.20 Vérifier l’égalité : m X n k n m−n k n−k k Cm Cn x y z t = Cm (xz)k (y + xt)m−k . n=k Soit N une variable binomiale de loi B(m, a) et X une variable suivant la loi binomiale B(N, p), où m, p et a sont des paramètres donnés ; montrer que X suit une loi binomiale que l’on déterminera (et dont les paramètres ne dépendent que de m, p et a). Vérifions l’égalité : m X n k n m−n k n−k Cm Cn x y z t = m X n=0 n=k m! (xz)k (xt)n−k y m−n (m − n)!k!(n − k)! k = Cm (xz)k = m X m−n m−n Cm−k y (xt)(m−k)−(m−n) n=0 k k Cm (xz) (y + xt)m−k . X prend des valeurs entières entre 0 et N, qui, elle-même, prend des valeurs entières entre 0 et m : donc X prend des valeurs entières entre 0 et m. ∀k ∈ {0, 1, . . . , m}, P(X = k) = = m X n=0 m X P(N = n)P(X = k | N = n) n n Cm a (1 − a)m−n Cnk pk (1 − p)n−k n=0 m−k k k = Cm (ap)k (1 − a) + a(1 − p) = Cm (ap)k (1 − ap)m−k X suit donc la loi binomiale B(m, ap). Remarque Ce résultat est « évident » : N est le nombre de boules blanches tirées dans une urne en m tirages, la probabilité de tirer une boule blanche étant égale à a ; X est le nombre de boules blanches tirées dans une urne en N tirages, la probabilité de tirer une boule blanche étant égale à p. Effectuons m tirages simultanés dans les deux urnes : le nombre de succès, tirages d’une boule blanche dans chaque urne, suit la loi binomiale B(m, ap). 5 4 Exercice 3.24 Soient X et Y deux variables aléatoires indépendantes suivant la même loi géométrique G(p). On pose : U = min(X, Y), V = max(X, Y). 1. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire U. Le résultat était-il prévisible ? 2. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire V. Calculer son espérance mathématique et sa variance. 3. Calculer le coefficient de corrélation de U et V. 4. Déterminer la loi du couple aléatoire (U, V) ; retrouver les résultats des questions précédentes. 1. X et Y prennent des valeurs entières non nulles, donc U et V prennent également des valeurs entières non nulles. On a : ∀k ∈ N∗ , P(U = k) = P min(X, Y) = k = P (X = k) ∩ (Y = k) ∪ (X = k) ∩ (Y > k) ∪ (X > k) ∩ (Y = k) = (q k−1 p)2 + 2q k−1 p ∞ X q j−1 p = p2 q 2k−2 1 + j=k+1 2 k−1 = (q ) 2q = pq 2k−2 (1 + q) 1−q 2 (1 − q ) Donc U suit la loi géométrique G(1 − q 2 ). . . ce qui est « évident » sans calcul : si X et Y représentent les nombres de tirages nécessaires pour obtenir la première boule blanche dans deux urnes identiques, alors U représente le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la première boule blanche dans l’une ou l’autre urne. 2. Loi de V = max(X, Y) ∀k ∈ N∗ , P(V = k) = P max(X, Y) = k = P (X = k) ∩ (Y = k) ∪ (X = k) ∩ (Y < k) ∪ (X < k) ∩ (Y = k) = (q k−1 2 p) + 2q k−1 p k−1 X q j−1 p = p2 q k−1 q k−1 + 2 j=1 = pq k−1 On vérifie sans peine que (2 − q ∞ X k−1 − qk ) P(V = k) = 1. k=1 6 1 − q k−1 1−q Calcul de l’espérance mathématique de V E(V) = p ∞ X kq k−1 (2 − q k−1 − q k ) k=1 ∞ X = 2p kq k−1 − p(q + 1) ∞ X k(q 2 )k−1 k=1 k=1 1+q 2 − = p (1 − q)2 (1 − q 2 )2 = ∞ X car kxk−1 = k=1 1 si |x| < 1 (1 − x)2 1 + 2q · 1 − q2 On peut aussi remarquer que U + V = X + Y, et donc E(V) = E(X) + E(Y) − E(U) = 2 1 1 + 2q − = · 2 p 1−q 1 − q2 Calcul de la variance de V 2 E(V ) = p ∞ X k=1 On a utilisé 2(1 + q)3 − (1 + q 2 ) k 2 q k−1 2 − (1 + q)q k−1 = · · · = · (1 − q 2 )2 ∞ X k 2 xk−1 = k=1 1+x si |x| < 1. (1 − x)3 D’où la variance de V : Var(V) = E(V2 ) − E(V)2 = q(2q 2 + q + 2) · (1 − q 2 )2 3. On remarque immédiatement que UV = XY et donc, puisque X et Y sont indépendantes : E(UV) = E(XY) = E(X)E(Y) = D’où Cov(U, V) = E(UV) − E(U)E(V) = et enfin ρ(U, V) = q 1 1 1 + 2q q2 − × = p2 1 − q 2 1 − q2 p2 (1 + q)2 q2 p2 (1+q)2 q2 (1−q 2 )2 × 1 · p2 q(2q 2 +q+2) (1−q 2 )2 7 r = q · 2q 2 + q + 2 On peut également remarquer Var(X + Y) = Var(X) + Var(Y) = Var(U + V) = Var(U) + Var(V) + 2 Cov(U, V) et déduire la covariance des variances qui sont connues. 4. On distingue trois cas : 1. Si i > j, P (U = i) ∩ (V = j) = 0. 2. Si i = j, P (U = i) ∩ (V = i) = P (X = i) ∩ (Y = i) = P(X = i)P(Y = i) = (q i−1 p)2 = p2 q 2i−2 . 3. Si i < j, P (U = i) ∩ (V = j) = P (X = i) ∩ (Y = j) ∪ (X = j) ∩ (Y = i) = 2(q i−1 p)(q j−1 p) = 2p2 q i+j−2 . Loi marginale de U ∗ ∀i ∈ N , P(U = i) = ∞ X P (U = i) ∩ (V = j) j=1 = p2 q 2i−2 + 2 ∞ X 2p2 q i+j−2 = p2 q 2i−2 + 2p2 q 2i−1 j=i+1 2 i−1 = (1 − q )(q ) 1 1−q . On retrouve le résultat de la question 1. Les autres résultats s’obtiennent sans difficulté. . . après quelques calculs. 8