PC∗
Corrigé : interrogation sur les probabilités
Exercice 1
a) Si m ∈ N∗, [N = m] = [Xm= 1] ∩ m−1
\
k=0
[Xk= 0] donc [N = m] est un événement.
[N = +∞] = \
k∈N∗
[Xk= 0] donc [N = +∞] est un événement. N est bien une variable aléatoire.
b) Posons An= n
\
k=1
[Xk = 0]. La suite (An) est décroissante et
\
n∈N∗
An= [N = +∞] donc d’après le théorème de la limite
monotone, P(N = +∞) = lim
n→+∞P(An). Par indépendance, P(An) = n Y k=1 1 − 1 k + 1 = 1 n + 1(télescopage) donc P(N = +∞) = 0.
Exercice 2
a) Si a < b on a [X > b] ⊂ [X > a] donc P(X > b) 6 P(X > a) ; la fonction F est décroissante. b) On a [x > n + 1] ⊂ [x > n] donc d’après le théorème de la limite monotone, lim
n→+∞ P(X > n) = P \ n∈N [X > n] = P() = 0. On a lim
+∞F(n) = 0 et puisque la limite en +∞ existe, lim+∞F(a) = 0.
On a [X > −n] ⊂ [X > −n−1] donc d’après le théorème de la limite monotone, lim
n→+∞ P(X > −n) = P [ n∈N [X > −n] = P(Ω) = 1. On a lim
+∞F(−n) = 1 et puisque la limite en −∞ existe, lim−∞F(a) = 1.
c) F possède une limite à droite en a donc F(a+) = lim
n→+∞F a +1 n . Pour tout n ∈ N∗, X > a +1 n ⊂ X > a + 1 n + 1 donc d’après le théorème de la limite monotone, F(a+) = P [
n∈N∗
X > a +1 n
= P(X > a) = F(a) donc F est continue à droite en a.
De même, F(a−) = lim
n→+∞F a −1 n = P \ n∈N∗ X > a −1 n
= P(X > a) donc F(a−) − F(a+) = P(X > a) − P(X > a) = P(X = a).
Exercice 3
a) Y N = n ,→B(n,p) donc PY = k N = n = n k ! pk(1 − p)n−ksi k ∈ ~0, n, et 0 sinon. Z = N − Y donc PZ = k N = n = P(Y = n − k N = n = n k ! pn−k(1 − p)k si k ∈ ~0, n, et 0 sinon. b) P(Y = k) = +∞ X n=k P(Y = k | N = n)P(N = n) = +∞ X n=k n k ! pk(1 − p)n−kλ n n!e −λ = pkλke−λ k! +∞ X k=n (λ(1 − p))n−k (n − k)! = pkλk k! e −λpdonc Ysuit une loi de Poisson de paramètre λp. De manière analogue, Z suit une loi de Poisson de paramètre λ(1 − p). c) P(Y = k et Z = k0) = P(Y = k et N = k + k0) = PY = k | N = k + k0P(N = k + k0) = k + k 0 k ! pk(1 − p)k0 λ k+k0 (k + k0 )!e −λ=pk k!e −λp(1 − p)k 0 k0 ! e −(1−p)λ = P(Y = k)P(Z = k0) donc Y et Z sont indépendantes.
Exercice 4
D’une part, P(X > Y) = +∞ X n=0 P X > n et Y = n= +∞ X n=0 P(X > n)P(Y = n) = +∞ X n=0 X+∞ k=n+1 P(X = k) P(Y = n) = +∞ X n=0 anRn.En inversant les rôles de X et Y on obtient de même P(X < Y) =
+∞ X n=0 anRnet en sommant : 2 +∞ X n=0 anRn= P(X , Y) = 1 − P(X = Y) = 1 − +∞ X n=0 P X = n et Y = n= 1 − +∞ X n=0 P(X = n)P(Y = n) = 1 − +∞ X n=0 a2n
Exercice 5
Y(Ω) = {0, 1} et PY = 1 N = n = pndonc P(Y = 1) = +∞ X n=1 P Y = 1 N = n P(N = n) = +∞ X n=1 pn 1 2 n = p 2 − p. Y suit une loi de Bernoulli de paramètre p2 − p donc E(Y) = p 2 − p.
Exercice 6
a) Par linéarité de l’espérance, E(X − λ)2= E(X2) − 2λE(X) + λ2= V (X) + µ2−2λµ + λ2= V (X) + (µ − λ)2.
b) P|Xn− λ| > = P(Xn− λ)2>2donc d’après l’inégalité de Markov, P|Xn− λ| > 6 E
(Xn− λ)2
.
D’après la question précédente, P|Xn− λ| > 6 V(Xn)
+
(µn− λ)2
.
Or lim V (Xn) = 0 et lim µn= λ donc limn→+∞P
|Xn− λ| > = 0.
Exercice 7
a) X est fini ou dénombrable donc il existe une suite (xn)n∈Nde nombres positifs telle que X(Ω) ⊂
n xn n∈ N o . Pour tout t > 0 on a e−txn61 donc 0 6 e−txnP(X = xn) 6 P(X = xn). Puisque la série
X
P(X = xn) converge (sa somme est égale à 1) il en est de même deXe−txnP(X = xn), ce qui assure que E(e−tX) existe.
b) Posons fn(t) = e
−txn
P(X = xn). Ces fonctions sont de classeC1et fn0(t) = −xne−txnP(X = xn) donc sur [0, +∞[, kfn0k∞= xnP(X = xn). Puisque X possède une espérance la série
X
fn0converge normalement donc uniformément sur R+donc φ
est de classeC1sur cet intervalle, et φ0(t) = −
+∞ X n=0 xne −txn P(X = xn). En particulier, φ0(0) = − +∞ X n=0 xnP(X = xn) = −µ.
c) D’après la formule de Taylor-Young, φ(t) =
01 − µx + o(x) donc e λtφ(t) = 0 1 + λt + o(t)1 − µt + o(t)= 0 1 + (λ − µ)t + o(t).
Puisque λ − µ < 0, il existe > 0 tel que sur ]0, [, eλtφ(t) < 1. d) On a Sn
n 6λ ⇐⇒ Y > e
−λnαdonc d’après l’inégalité de Markov, PSn
n 6λ
= PY > e−λnα6 E(Y) e−λnα.
Les Xksont indépendants donc il en est de même des e−αXk et ainsi, E(Y) = n Y k=1 E e−αXk= Ee−αXn= φ(α)n= Kne−λnαet donc P S n n 6λ 6Kn.
