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PSI : mathématiques 2016-2017
Corrigé de la feuille d’exercices 1
Exercice 1. Remarquons que les différents tirages se font dans des urnes différentes, il
sont donc indépendants.
L’ensemble des valeurs prises par Xest J1,nK. Pour déterminer la loi de X,onva
commencer par déterminer P(X6k),pourk2J1,nK.Pouri2J1,nK, soit Ail’événement
“on tire un numéro 6kdans l’urne i". On a
P(X6k)=P(A1\···\AN)=
N
Y
i=1
P(Ai)=✓k
n◆N
,
en utilisant l’indépendance dans la deuxième égalité. On a ensuite directement :
8k2J2,nK,P(X=k)=P(X6k)P(X6k1) = kN(k1)N
nNet P(X= 1) = 1 nN.
Exercice 2.
Première méthode. En notant X1, resp. X2, le nombre de lancers nécessaires pour
obtenir pile avec la première, resp. la seconde, pièce on a X=min(X1,X
2).D’autrepart,
X1, resp. X2désigne le rang d’obtention du premier “pile” pour la première, resp. la seconde,
pièce et chaque lancer de pièce renvoie “pile” avec probabilité pdonc X1,X
2⇠G(p).En
conséquence, Xest à valeurs dans N⇤et pour tout n2N⇤:
P(X>n)=P(X1>n, X2>n)=P(X1>n)P(X2>n).
Or, pour i=1,2
P(Xi>n)=
+1
X
k=n
P(X1=k)=
+1
X
k=n
(1 p)k1p=p(1 p)n1
p=(1p)n1.
Une autre façon de le voir consiste à remarquer que l’événement (Xi>n)est égal à
l’événement “les n1premiers lancers ont donné face”.
Finalement P(X>n)=(1p)2n2et
P(X=n)=P(X>n)P(X>n+ 1)
=(1p)2n2(1 (1 p)2)=(1p)2n2(2pp2)
=(1 p)2n1(1 (1 p)2)
donc X⇠G(1 (1 p)2).
Deuxième méthode. On répète l’expérience “lancer deux pièces simultanément” jus-
qu’à obtention du succès “avoir au moins un pile”. La variable Xsuit donc une loi géo-
métrique de paramètre P(A),oùAest l’événement “avoir au moins une fois pile”. Le
complémentaire de Aest l’événement “obtenir deux fois face”, de probabilité (1 p)2(les
deux lancers sont indépendants).
Ainsi, X⇠G(1 (1 p)2).
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Exercice 3. Commençons par calculer la fonction de répartition de M= max16i6nXi.Il
s’agit de calculer la probabilité de l’événement (M6x)pour xréel. Or,
(M6x)=
n
\
i=1
(Xi6x),
donc par indépendance
FM(x)=
n
Y
i=1
Fi(x).
Calculons maintenant la fonction de répartition de m=min
16i6nXi. On a, de façon
similaire,
Fm(x)=P(m6x)=1P(m>x)=1P n
\
i=1
Xi>x
!
=1
n
Y
i=1
P(Xi>x)) = 1 
n
Y
i=1
(1 Fi(x)).
Finalement, on remarque que
(x1<m6M6x2)=
n
\
i=1
(x1<X
i6x2)
et ces événements sont indépendants d’où
P(x1<m6M6x2)=
n
Y
i=1
P(x1<X
i6x2)=
n
Y
i=1
(Fi(x2)Fi(x1)),
puisque, pour i2J1,nK,
P(x1<X
i6x2)=P((Xi>x 1)\(Xi6x2))
=P(Xi>x
1)+P(Xi6x2)P((Xi6x1)[(Xi>x 2))
=Fi(x2)Fi(x1).
Exercice 4.
Notons Ppour “pile" et Fpour “face”, nest fixé. L’univers décrivant une partie est
{P, F}n, de cardinal 2n.
Une situation gagnante est un nuplet formé d’un seul Pet de (n1) F(npossibilités)
ou un nuplet formé d’un seul Fet de (n1) P(npossibilités). Pour chaque partie, la
probabilité qu’il y ait un gagnant est donc
p=2n
2n=n 2n1.
La variable Xcorrespond donc au nombre de parties nécessaires pour obtenir une situation
gagnante, la probabilité de succès à chaque épreuve étant égale à p. Ainsi, Xsuit une loi
géométrique de paramètre p. D’après le cours,
E(X)=1
p=2n1 nV(X)=1p p2=2n1(2n1n) n2.
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Exercice 5.
1. On remarque que Uest à valeurs dans Net Vest à valeurs dans N⇤.Pour(i, j)
couple de N⇥N⇤, on va calculer P(U=i, V =j).
On distingue le cas i=0: par indépendance
P(U=0,V =j)=P(X=Y,X =j)=P(X=j, Y =j)=(p(1 p)j1)2.
Pour i>1,ona(U=i)=(XY=i)[(YX=i)et
(U=i)\(V=j)=((XY=i)\(V=j)) [((YX=i)\(V=j))
=((XY=i)\(Y=j)) [((YX=i)\(X=j))
=((X=i+j)\(Y=j)) [((Y=i+j)\(X=j)).
Cette réunion est disjointe (i>1) donc par indépendance
P(U=i, V =j)=P(X=i+j)P(Y=j)+P(Y=i+j)P(X=j)
=2p2(1 p)i+2j2.
D’où, pour tout (i, j)2N⇥N⇤
P(U=i, V =j)=(p2(1 p)2j2si i=0
2p2(1 p)i+2j2sinon
2. On obtient les lois marginales avec la formule des probabilités totales, appliquée
aux systèmes complets d’événements {(U=i); i2N}ou {(V=j); j2N}.
Loi de U.On traite 0à part.
P(U= 0) =
+1
X
j=1
P(U=0,V =j)=
+1
X
j=1
p2((1 p)2)j1=p2
1(1 p)2=p 2p.
Pour i>1,
P(U=i)=
+1
X
j=1
P(U=i, V =j)=
+1
X
j=1
2p2(1 p)i((1 p)2)j1
=2p2(1 p)i
1(1 p)2=2p(1 p)i 2p.
On peut vérifier que P1
0P(U=i)=1.
Loi de V.Pour tout j>1,ona
P(V=j)=
+1
X
i=0
P(U=i, V =j)=
+1
X
i=0
2p2(1 p)i((1 p)2)j1
=p2(1 p)2j2+
+1
X
i=1
2p2(1 p)i((1 p)2)j1
=p2(1 p)2j2+2p(1 p)2j1
=p(2 p)(1 p)2j2.
On peut également vérifier.
3. En utilisant les calculs précédents, on a bien que pour (i, j)2N⇥N⇤,
P(U=i, V =j)=P(U=i)P(V=j).
Les variables aléatoires Uet Vsont donc indépendantes.
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Exercice 6. 1. Les variables aléatoires Xet Ysont à valeurs dans N. La formule des
probabilités totales appliquée au système complet d’événements (N=n)n2Ndonne,
pour tout k2N,
P(X=k)=
+1
X
n=0
P((X=k)\(N=n)) =
+1
X
n=k
P((X=k)\(N=n))
puisque les événements (X=k)\(N=n)sont impossibles pour n<k.D’autre
part, sachant que ncolis ont été expédiés, le nombre de ceux qui arriveront détériorés
suit la loi binomiale B(n, p), donc pour n>k,
P(N=n)(X=k)=✓n
k◆pk(1 p)nk.
D’où,
P(X=k)=
+1
X
n=k
P(N=n)(X=k)P(N=n)=
+1
X
n=k✓n
k◆pk(1 p)nken n!
=e(p)k
k!
+1
X
n=k
(1 p)nknk
(nk)! =e(p)k k!
+1
X
n=0
(1 p)nn
(n)!
=(p)k
k!ep,
en reconnaissant la série entière exponentielle.
Donc X⇠P(p). Un calcul similaire montre que Y⇠P((1 p)).
2. Pour répondre à la question, on compare P(X=i, Y =j)avec P(X=i)P(Y=j)
pour tout (i, j)2N2. On a encore
P(X=i, Y =j)=
+1
X
n=0
P((X=i)\(Y=j)\(N=n)).
Or, N=X+Ydonc l’événement (X=i)\(Y=j)\(N=n)est impossible si
n6=i+jet la somme précédente n’a qu’un seul terme :
P(X=i, Y =j)=P((X=i)\(Y=j)\(N=i+j)) = P(X=i\N=i+j).
Ce calcul a déjà été fait :
P(X=i, Y =j)=P(N=i+j)(X=i)P(N=i+k)
=✓✓i+j
i◆pi(1 p)j◆✓ei+j (i+j)!◆
=ei+jpi(1 p)j
i!j!.
On constate donc que pour tout (i, j)2N2,
P(X=i, Y =j)=P(X=i)P(Y=j)
et, bien que cela contredise l’intuition, les variables aléatoires Xet Ysont indépen-
dantes !
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Exercice 7. Par indépendance des (Xn)n2N,onapourtoutn2N,
E(Yn)=E(XnXn+1)=E(Xn)E(Xn+1)=p2.
Ainsi, par linéarité, E(Sn)=E(Y1)+···+E(Yn)=np2.
Pour calculer la variance de Sn, il va nous falloir connaître plus en détail les variables
Yn.Soitn2N, la variable aléatoire Ynest à valeurs dans {0,1}et
P(Yn= 1) = P(Xn=Xn+1 = 1) = P(Xn= 1)P(Xn+1 = 1) = p2
par indépendance. Donc Yn⇠B(p2), et V(Yn)=p2(1 p)2.
La formule de la variance d’une somme donne
V(Sn)=
n
X
k=1
V(Yk)+2X
i<j
Cov(Yi,Y
j).
Or, si |ij|>1, les variables aléatoires Yiet Yjsont indépendantes puisque Yiest fonction
de Xi,X
i+1 et Yjest fonction de Xj,X j+1 avec {Xi,X i+1},{Xj,X j+1}disjoints. Dans ce
cas-là, Cov(Yi,Y
j)=0.
Il ne reste donc qu’à calculer, pour i2J1,n1K,
Cov(Yi,Y
i+1)=E(YiYi+1)E(Yi)E(Yi+1).
Puisque YiYi+1 est une variable aléatoire à valeurs dans {0,1}et que, par indépendance,
P(YiYi+1 = 1) = P(Xi=Xi+1 =Xi+2)=p3,
on a YiYi+1 ⇠B(p3)et E(YiYi+1)=p3. Finalement,
Cov(Yi,Y
i+1)=p3(p2)2=p3(1 p)
et V(Sn)=np2(1 p)2+ 2(n1)p3(1 p)=p2(1 p)(3np +n2p).
Exercice 8. 1. Par récurrence ou dérivations successives.
2. Nest à valeurs dans N⇤et suit une loi géométrique de paramètre p.
3. Puisqu’on relance la pièce nfois lorsque (N=n),Xest à valeurs dans N.Pour
déduire la loi de X, on utilise le système complet d’événements (N=n)n2N⇤.La
loi conditionnelle de Xsachant (N=n),pourn2N⇤, est la loi binomiale B(n, p).
Notons qu’il faut lancer au moins autant de fois qu’on obtient de pile. La formule
des probabilités totales donne, pour k2N,
P(X=k)=
+1
X
n=1
P(N=n)(X=k)P(N=n)=
+1
X
n=max(k,1) ✓n
k◆pk(1 p)nkp(1 p)n1.
En utilisant la question 1,ona,pourk>1,
P(X=k)= pk+1
(1 p)k+1
+1
X
n=k✓n
k◆(1 p)2n
=pk+1
(1 p)k+1
(1 p)2k
(1 (1 p)2)k+1
=pk+1(1 p)k1
(2pp2)k+1 =(1 p)k1 (2 p)k+1 .
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