Variables aléatoires

(1)

Feuille 30

Évènements

Exercice30.1 Solution p. 7

SiP est une probabilité surΩet siG⊂ΩvérifieP(G) = 1, montrer que pour toutF, P(F∩G) =P(F).

SoitFune tribu sur un universΩ. SoitE, FetGtrois événements deF. Pour chacune des descriptions suivantes, préciser l’événement correspondant et montrer qu’il est bien dansF.

1. EetF se réalisent maisGne se réalise pas.

2. Au moins l’un des événements se réalise.

3. Au plus deux des trois événements se réalisent.

4. Exactement un de ces événements est réalisé.

SoitN ∈N. On dispose d’une urne avecN boules numérotées de 1 àN. Le jeu consiste à tirer une boule. On a un succès si on tire la boule portant le numéro 1. On joue de manière répétée à cejeu. Les jeux sont indépendants.

Quel est le nombrekde jeux nécessaires pour que la probabilité d’avoir au moins un succès soit supérieure ou égale à 1

2?

1. Énoncer et démontrer la formule de Bayes.

2. On dispose de 100 dés dont 25 sont pipés.

Pour chaque dé pipé, la probabilité d’obtenir le chiffre6lors d’un lancer vaut 1 2.

(a) On tire un dé au hasard parmi les 100 dés. On lance ce dé et on obtient le chiffre 6. Quelle est la probabilité que ce dé soit pipé?

(b) Soitn∈N^∗. On tire un dé au hasard parmi les 100 dés. On lance ce dénfois et on obtientnfois le chiffre 6.

Quelle est la probabilitépnque ce dé soit pipé?

(c) Déterminer lim

n→+∞p_n. Interpréter ce résultat.

Ruine du joueur :

On fixeN ∈Netn∈[0, N]∩N.

Deux joueurs s’affrontent dans une succession de « pile ou face », la probabilité de « pile » étantp ∈]0,1[. Le joueur 1 possède initialementneuros et le joueur 2N −neuros. Lorsque le résultat d’un tirage est pile, le joueur 2 donne un euro au joueur 1 et symétriquement dans l’autre cas, c’est le joueur 1 qui donne un euro au joueur 2. Le jeu s’arrête lorsqu’un joueur n’a plus d’argent.

On notep_nla probabilité que le joueur 1 finisse ruiné s’il commence avecneuros. Symétriquement, on noteq_n la probabilité que le joueur 2 finisse ruiné s’il commence avecN −neuros.

Quentin De Muynck Sous licencecbea

(2)

1. Montrer que si0< n < N, alorspn=ppn+1+ (1−p)pn−1. 2. En déduire l’expression dep_n.

3. Calculer de mêmeq_n, puisp_n+q_n. Que peut-on en déduire?

Le problème du ballot :

Lors d’une élection opposant deux candidats A et B, le premier reçoit nvoix et le second m ≤ nvoix. En supposant équiprobables les différents ordres d’apparition des bulletins lors du dépouillement (et en ignorant les bulletins blancs ou non valides), on noteP(n, m)la probabilité que le candidatAsoit toujours strictement en tête lors du dépouillement.

1. Montrer que

P(n, m) = P(A toujours en tête|le dernier vote est en faveur deA) n

n+m +P(A toujours en tête|le dernier vote est en faveur deB) m

n+m. 2. En déduire queP(n, m) = n−m

n+m.

Soita∈ ò

0,1 2 ï

. On notepkla probabilité qu’une famille aitkenfants. On suppose quep0 =p1 = aet, pour toutk≥2, p_k= (1−2a)2^−(k−1).

1. Montrer que la suite(p_k)k∈Nest bien une distribution de probabilités.

On convient queP(Fille) =P(Garçon) = 1/2.

On noteE_n: « la famille anenfants »,F_n: « la famille anfilles » etG_n: « la famille angarçons ».

2. Quelle est la probabilité pour qu’une famille ayant deux filles ait deux enfants seulement?

3. Quelle est la probabilité pour qu’une famille ait deux garçons sachant qu’elle a deux filles?

Loi de succession de Laplace :

N urnes sont numérotées de 1 àN. On suppose que l’urne de numérokcontientkboules blanches etN −k boules noires.

On choisit une urne au hasard, et sans connaître son numéro, on en tirenfois de suite une boule, avec remise après chaque tirage.

1. Quelle est la probabilité que le tirage suivant (toujours dans la même urne) donne encore une boule blanche, sachant que, au cours desnpremiers tirages, seules des boules blanches ont été tirées?

2. Quelle est la limite de cette probabilité lorsqueN tend vers l’infini?

Variables aléatoires

On considère deux urnesU₁etU₂contenantb₁, b₂boules blanches etn₁, n₂boules noires. On choisit au hasard une urne et on tire ensuite une boule dans cette urne.

1. Quelle est la probabilité de tirer une boule noire?

2. Quelle la probabilité d’avoir effectué le tirage dans l’urneUisachant qu’une boule noire a été tirée?

Quentin De Muynck 2 Sous licencecbea

(3)

Exercice30.10 Solution p. 11 X₁suit une loi binomiale de paramètres(n₁, p),X₂suit une loi binomiale de paramètres(n₂, p).

On suppose queX1 etX2sont indépendantes.

Calculer la loi deX₁sachant queX₁+X₂ =n(avecnun entier compris entre0etn₁+n₂).

On considèreX1, X2, X3 trois variables aléatoires, mutuellement indépendantes, à valeurs dans{1,. . . , n}et suivant toutes une loi uniforme. On noteY₁, Y₂, Y₃ les valeurs deX₁, X₂, X₃ réordonnées dans l’ordre croissant.

En particulier,Y₁= min(X₁, X₂, X₃)etY₃ = max(X₁, X₂, X₃). 1. Pourk∈ {1, . . . , n}, trouverP(Y3 ≤k). En déduire la loi deY3. 2. Déterminer la loi deY₁.

3. On noteZ_kla variable aléatoire égale au nombre d’indicei∈ {1,2,3}tels queX_i≤k.

(a) Quelle est la loi deZ_k?

(b) Comparer[Zk≥2]et[Y2≤k]. En déduireP(Y2 ≤k).

On considère deux urnesU etV contenant chacune 2 boules. Au départ, l’urneU contient 2 boules blanches et l’urneV contient 2 boules noires.

On effectue une suite de tirages dans ces urnes de la façon suivante : chaque tirage consiste à tirer au hasard une boule de chaque urne et à la mettre dans l’autre urne (il y a donc échange de 2 boules à chaque tirage).

Pour tout entier natureln, on noteXnla variable aléatoire égale au nombre de boules blanches que contient l’urne U avant le(n+ 1)-ème tirage et on a doncX0= 2.

Pour tout entier natureln, on poseC_n=

Ñ P(Xn= 0) P(X_n= 1) P(X_n= 2)

é .

1. On noteM la matrice deM₃(R)dont l’élément de la(i+ 1)-ème ligne et de la(j+ 1)-ème colonne, pour tout couple(i, j)∈ {0,1,2}², est égal àP(Xn+1 =i|X_n=j), lorsqueP(Xn=j)>0.

(a) Montrer queM =

Ñ 0 1/4 0 1 1/2 1 0 1/4 0

é .

(b) Établir que, pour toutn∈N, Cn+1=M Cnpuis queCn=MⁿC0. (c) Calculer la loi deXnpour toutn∈N.

Loi hypergéométrique :

Une urne contientN balles, dontbsont bleues etr =N −bsont rouges. Un échantillon denballes est tiré de l’urne, sans remise.

1. Quelle est la loi du nombreBde balles bleues dans l’échantillon?

2. On fixen∈Netk∈ {0, . . . , n}.

On suppose quebdépend deNavecbN

N −−−−−→

N→+∞ p, oùpest fixé dans]0,1[.Montrer queP(BN = k)−−−−−→

N→+∞

Çn k

å

p^k(1−p)^n−k. Comment interpréter ce résultat?

Une modélisation du « pile ou face » infini :

On admet que surΩ = [0,1[, il existe une tribuF contenant les intervalles et une probabilitéP :F →[0,1]tel que pour tout intervalleI ⊂[0,1[, P(I)est égal à la longueur deI.

Pour toutn∈N^∗, on noteXnla variable aléatoire de[0,1[dans{0,1}définie par : pour toutω∈[0,1[, Xn(ω) est égal à lan-ième décimale deωen base 2.

(4)

1. Quelle est la loi deX_n?

2. Montrer que lesXnsont mutuellement indépendantes.

Soit(X_n)n∈N^∗ une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes telle que, pour toutn∈N^∗, X_n∼ B(p)oùp∈]0,1[.

Pour toutn∈N^∗, on noteS_n=X₁+· · ·+X_net on convient queS₀ = 0. On note égalementZ_n=n−S_n. 1. S_netZ_nsont-elles indépendantes?

SoitNune variable aléatoire indépendante desX_ntelle queN ∼ P(λ)avecλ >0. On poseS =X₁+. . .+X_N etZ =N −S.

2. Montrer queS etZ sont des variables aléatoires.

3. Montrer queS etZ sont indépendantes et préciser leurs lois.

Espérance

On dispose d’une urne contenantnboules. On en tirenavec remise, et on marque chaque boule tirée. Donner un équivalent lorsquentend vers l’infini du nombre de boules marquées.

SoitP₁, . . . , P_nune communauté denpersonnes, avecn≥2. De façon indépendante, chacune envoie une lettre à une autre personne de la communauté en choisissant au hasard (de façon uniforme) le destinataire.

1. On considère l’une de ces personnes : quelle est la probabilitépj,n qu’elle reçoivejlettres? Donner un équi- valent dep_j,nlorsquen→ ∞(àjfixé). Pouvait-on prévoir ce résultat?

2. Déterminer la probabilité que l’une au moins desnpersonnes reçoive exactementjlettres, lorsquej > n/2.

SoitN ∈N^∗etp∈]0,1[. On poseq= 1−p.

On considèreN variables aléatoiresX1, X2, . . . , X_N définies sur un même espace probabilisé(Ω,T, P), mutuellement indépendantes et de même loi géométrique de paramètrep.

1. Soiti∈ {1, . . . , N}. Soitn∈N^∗. DéterminerP(Xi≤n), puisP(Xi > n).

2. On considère la variable aléatoireY définie parY = min

1≤i≤N(X_i).

c’est à dire∀ω ∈Ω, Y(ω) = min(X₁(ω), . . . , X_N(ω)),mindésignant « le plus petit élément de » (a) Soitn∈N^∗. CalculerP(Y > n).

En déduireP(Y ≤n), puisP(Y =n).

(b) Prouver queY admet une espérance et la calculer.

Dix chasseur·euse·s guettent le passage d’un vol de canards. Lorsque les canards passent en groupe, les chasseur·euse·s font tou·te·s feu en même temps mais chacun·e choisit sa cible au hasard indépendamment des autres. On admet que chaque chasseur·euse touche son canard avec la même probabilitép.

1. Combien de canards, en moyenne, survivront au tir lorsque le vol se compose de 20 canards?

2. Quel sera le nombre de canards touchés si le vol se compose d’un nombre de canards suivant une loi de Poisson de paramètre 15?

(5)

Exercice30.20 Solution p. 16 Graphe aléatoire d’Erdös-Rényi :

Si S est un ensemble et si A ⊂ {{x, y} / x, y ∈ S avec x 6= y}, G = (S;A) est appelé le graphe dont S est l’ensemble des sommets et dontAest l’ensemble des arêtes.

Fixons deux entiersm≥0etn≥1. On imposeS={1, . . . , n}etCard(A) =m.

On noteΩl’ensemble des graphes de sommetsSpossédantmarêtes. On choisit surΩla probabilité uniforme notée P.

1. SiG∈Ω, que vautP(G)?

2. Soit i, j ∈ S aveci 6= j. On notei ∼ jl’événement « les deux sommetsiet jsont reliés par une arête ».

CalculerP(i∼j).

3. On appelle triangle d’un graphe, un ensemble de trois sommets distincts{x, y, z}tels quex ∼ y, y ∼ z et z∼x. Quelle est l’espérance du nombre de triangles dans un graphe deΩ?

Variance

Soitλ∈]0,+∞[.

SoitXune variable aléatoire discrète à valeurs dansN^∗ On suppose que∀n∈N^∗, P(X =n) = λ

n(n+ 1)(n+ 2).

1. Décomposer en éléments simples la fraction rationnelleRdéfinie parR(x) = 1

x(x+ 1)(x+ 2). 2. Calculerλ.

3. Prouver queXadmet une espérance, puis la calculer.

4. Xadmet-elle une variance? Justifier.

Soitk∈N^∗et soitXune variable aléatoire discrète réelle.

On suppose que X admet un moment d’ordre k, c’est-à-dire que E(|X|^k) < +∞. Montrer que, pour tout h∈ {1, . . . , k}, Xpossède un moment d’ordreh.

On considèrenvariables aléatoires mutuellement indépendantesX1, . . . , Xnqui suivent toutes une loi de Ber- noulli de paramètrep∈[0,1].

Pour touti∈ {1, . . . , n−1}, on poseY_i =X_iX_i+1. On pose égalementY =

n−1

X

i=1

Y_i. 1. Quelle est la loi deY_i?

2. Calculer l’espérance deY.

3. Calculer la variance deY.

Considérons une matrice carrée aléatoireMde taillen×ndont les coefficientsXi,jsont des variables aléatoires indépendantes, telles queP(X_i,j =±1) = 1/2. Calculer la variance du déterminant deM.

Inégalité de Chernoff :

On effectue une infinité de lancers d’une pièce de monnaie équilibrée. Afin de travailler avec des variables centrées, on encode le résultat duk-ème jet par une variable aléatoireXktelle queP(Xk= 1) =P(Xk=−1) = 1

2. Pour toutn∈N^∗, on noteSn= 1

n

X

k=1

Xk.

(6)

1. Montrer que la loi faible des grands nombres fournit la majoration suivante :P(|S₁₀₀₀₀| ≥0,1)≤0,01.

2. SoitXune variable aléatoire discrète réelle. Pour toutt∈R+,on noteH(t) = lnE(e^tX), avec la convention H(t) = +∞siE(e^tX) = +∞.

Montrer que pour touta∈R, P(X ≥a)≤e^inft≥0(H(t)−ta). 3. LorsqueX =S_n, montrer queH(t) =nln

Å ch(t

n) ã

. 4. En déduire queP(|S₁₀₀₀₀| ≥0,1)≤3,6×10⁻²².

Sommes de Riemann

Inégalité de Jensen :

Soitf une application convexe deRdansR. On admettra quef est alors continue.

Soient(a, b)∈R² tel quea < betgune application continue de[a, b]dansR. Montrer quef

Ç 1 b−a

Z b a

g(t) dt å

≤ 1 b−a

Z b a

f(g(t)) dt.

Calculer la limite lorsquentend vers+∞de ⁿ Ã n

Y

k=−1

Ç 1 +

Åk n

ã2å .

Soitf une application continue de[0, π]dansR. 1. Soientn∈N^∗ etk∈ {0, . . . , n−1}.

Montrer qu’il existeα_k ∈ ïkπ

n ,(k+ 1)π n

ò tel que

Z ^(k+1)π

n kπ

n

f(x)|sin(nx)|dx=f(α_k)

Z ^(k+1)π

n kπ

n

|sin(nx)|dx.

2. Montrer queZ π 0

f(x)|sinnx|dx−−−−−→

n→+∞

2 π

Z π 0

f(x) dx.

Soitαun réel différent de 1 et de−1. CalculerZ π 0

ln(1−2αcost+α²) dt, à l’aide de sommes de Riemann.

(7)

Solution de l’exercice 30.1 Énoncé SoitF ⊂Ωun évènement. PuisqueGest presque sûr, on aP(F∪G) = 1.

Donc

P(F ∪G) = 1 =P(F) +F(G)−P(F∩G) =P(F) + 1−P(F∩G) En simplifiant

P(F)−P(F∩G) = 0doncP(F) =P(F ∩G)

Solution de l’exercice 30.2 Énoncé

CommeΩ∈ F, on a∅= Ω\Ω∈ F. Soit(X₁, . . . , X_n)∈ Fⁿnévènements, alorsX₁∪. . . , X_n=S

k∈NX_k∈ F en posant,∀k > n, X_k=∅.

DoncF est stable par réunion finie. Montrons la stabilité par intersection et différence ensembliste. SoitA, B ∈ F. A∩B =A∪BetA\B =A∩B.

1. = (E∩F)\F ∈ F 2. =E∪F ∪G∈ F 3. = Ω\(E∩F∩G)∈ F

4. = (E∪F∪G)\((E∩F)∪(F∩G)∪(E∩G))∈ F.

Toutes les expériences sont indépendantes et des épreuves de Bernoulli. La variableXreprésentera le succès de l’épreuve de Bernoulli, i.e. la boule tirée est la numéro 1. La probabilité de cet événement, notépestp = _N¹. On noteranle nombre d’épreuves successives menées etkle nombre minimal défini par l’énoncé. On est dans les hypothèses de la loi binomiale et on cherche à avoirP(X ≥1)≥ ¹₂. OrP(X ≥1) = 1−P(X = 0)et par la loi binomiale :

P(X= 0) = Çn

0 å

p⁰(1−p)ⁿ

= (1−p)ⁿ Ainsi on résout :

1−(1−p)ⁿ≥ 1 2 ⇔ 1

2 ≥(1−p)ⁿ⇔n≥ −ln(2)

ln(1−p) ⇔n≥ ln(2) ln(N)−ln(N−1) Ainsi :

k= ln(2)

ln(N)−ln(N−1)

1. C’est du cours.

2. (a) On tire au hasard un dé parmi les100dés.

NotonsT l’évènement : « le dé choisi est pipé ».

NotonsAl’évènement : « On obtient le chiffre 6 lors du lancer ».

Le système (T, T) est un système complet d’évènements de probabilités non-nulles. On a d’ailleurs P(T) = 25

100 = 1

4 et doncP(T) = 3 4. Alors, d’après la formule de Bayes,

PA(T) = P(T)P_T(A)

P_T(A)P(T) +P_T(A)P(T) =

1 4 ×¹₂

1

2 ×¹₄ +¹₆ ×³₄ = 1 2

(8)

(b) Soitn∈N^∗. On choisir un hasard un dé parmi les 100 dés.∀k∈J1, nK, on noteA_kl’évènement « on tire le chiffre 6 auk-ième lancer ». On poseA=Tn

k=1A_k. On nous demande de calculerp_n=P_A(T). Le système (T, T) est un système complet d’évènements de probabilités non-nulles. On a d’ailleurs P(T) = 25

100 = 1

4 et doncP(T) = 3 4. Alors, d’après la formule de Bayes,

p_n=P_A(T) = P(T)P_T(A)

PT(A)P(T) +P_T(A)P(T) =

1

4× ¹₂n 1

2

n

×¹₄ + ¹₆n

×³₄ = 1 1 +₃n−1¹

(c) ∀n∈N^∗, pn= 1 1 +₃n−1¹

−−−−−→

n→+∞ 1. Donclimn→+∞pn= 1.

Ce qui signifie que, lorsquentend vers+∞, si on n’obtient que des 6 surnlancers au départ, alors le dés tiré au hasard au départ est, avec quasi certitude pipé.

1. NotonsJ_1,nl’évènement « le joueur 1 perd avec une mise initiale deneuros ».

etG1« le joueur 1 gagne d’un premier coup, i.e. il obtient « pile » ».

La formule des probabilités totales donne

P(J1,n) =P(G1)P(J1,n|G₁) +P(G1)P(J1,n|G₁)

Mais siG₁se réalise, on se retrouve dans la même situation que si le joueur 1 avait comme mise initialen+ 1 euros, doncP(J_1,n|G₁) =P(J_1,n+1).

De même,P(J1,n|G₁) =P(J1,n−1).

Ainsi,p_n=P(J_1,n) =P(G₁)p_n+1+P(G₁)pn−1=pp_n+1+ (1−p)pn−1.

2. C’est une suite récurrente linéaire d’ordre deux, à coefficients constants, dont 1 est racine évidente, donc (E) :pX²−X+ (1−p) = 0 ⇐⇒ (X−1)(pX+p−1) = 0 ⇐⇒ X∈

ß

1,1−p p

™ . Posonsq= 1−p.1−p

p = 1 ⇐⇒ 1−p=p ⇐⇒ p= 1 2.

1^ercas:p= ¹₂ et1est racine double, doncp_nest de la formep_n=α+βn.

On sait quep0 = 1(le joueur 1 est ruiné dès le départ), etpN = 0(le joueur 2 perd dès le début), donc1 =β et0 =αN+ 1, α=−1

N :p_n= 1− n

N = N−n N . 2^ecas:p6= ¹₂, doncp_n=α+β

Åq p

ãn

, avec1 =p₀=α+βet0 =p_N =α+β Åq

p ãN

. La différence de ces deux équations donne=β

Ç 1−q^N

p^N å

, doncβ= p^N

p^N−q^N etα= 1−β= q^N q^N −p^N. Doncp_n= q^N

q^N−p^N + p^N p^N −q^N

qⁿ pⁿ.

3. qns’obtient en remplaçantpparq,qparpetnparN−n.

q_n= p^N

p^N −q^N + q^N q^N −p^N

p^N−n

q^N−n (lorsquep6= ¹₂).

Et on ap_n+q_n= p^N −q^N p^N −q^N +qⁿ

pⁿ

Ç p^N

p^N −q^N +p^N q^N

q^N q^N−p^N

å

= 1.

Il est donc presque sûr que l’un des 2 joueurs soit ruiné, c’est-à-dire que la partie se termine en temps fin.

Autre cas :p= 1

2, alorsq_n= N −(N −n)

N = n

N etp_n+q_n= 1.

1. Supposons quen ≥ 2et1 ≤ m < n. D’après la formule des probabilités totales, carP(le dernier vote est en faveur deA) = n

n+m (siΩest les ordres d’apparition des bulletinsB1, . . . , Bn+m:Card Ω = (n+m)!

(9)

etF l’évènement le dernier vote en faveur deA,CardF =n×(n+m−1)!) et car les deux évènements

« le dernier vote est en faveur deA» et « le dernier vote est en faveur deB» forment un système complet d’évènements.

2. Un instant de réflexion montre queP(Atoujours en tête|le dernier vote est en faveur deA) =P(n−1, m). EtP(Atoujours en tête|le dernier vote est en faveur deB) = P(n, m−1), donc la question 1 fournit le relation suivante :

P(n, m) = n

n+mP(n−1, m) + m

n+mP(n, m−1) lorsquen, m≥1etm≤n−1.

On peut alors montrer le résultat demandé par récurrence surn+m. Lorsquen+m= 1, alorsm= 0, n= 1etP(n, m) = 1 = n−m

n+m. Lorsquen+m≥2, Supposons que pour tout0≤m⁰ ≤n⁰ avecn⁰+m⁰ < n+m, P(n⁰, m⁰) = n⁰−m⁰

n⁰+m⁰. Sim= 0, alorsP(n, m) = 1 = n−m

n+m. Sim=n, alorsP(n, m) = 0 = n−m

n+m.

Sinon, alorsm, n ≥ 1et m ≤n−1, donc on peut appliquer la question 1, doncP(n, m) = n

n+mP(n− 1, m)+ m

n+mP(n, m−1)et d’après l’hypothèse de récurrence,P(n, m) = n

n+m×n−1−m n−1 +m+ m

n+m× n−m+ 1

n+m−1.

1.

N

X

k=0

Pk =P0+P1+

N

X

k=2

= 2a+ (1−2a)

N

X

k=2

2^−k+1

= 2a+2(1−2a) 4

N−2

X

k=0

2^−k

= 2a+1−2a 2

2^−N+1−1

1 2 −1

= 2a+ (1−2a) Ç

1− Å1

2

ãN−1å

−−−−−→

N→+∞ 1

ce qui conclut. LesP_kétant bien positifs, on a bien une distribution de probabilité.

Dans toute la suite, il faut faire attention au fait que l’ordre dans lequel naissent les enfants d’une famille n’estpaspris en compte.

2. On chercheP(E2|F₂).(En)n∈Nest un système complet d’évènements donc par la formule de Bayes.

Ce sont des probabilités, donc la somme est finie :

P(E₂|F₂) = P(F₂|E₂)P(E₂)

P(F₂|E₂)P(E₂) +P(F₂|E₃)P(E₃) +· · ·

= P(F2|E₂)P(E2) P+∞

k=2P(F2|E_k)P(Ek)

Soit une famille dekenfants (différent de 0 et 1). La probabilité qu’elle comporte 2 filles est P(F2|E_n) = 1

2ⁿ Çn

2 å

. En effet, notonsΩ ={0,1}ⁿoù1désigne une fille et 0 un garçon.

(10)

On aF2 ={(x₁, . . . , xn)∈Ω/ |{i / x_i= 1}|= 2}et donc|F₂|= Çn

2 å

etP(F2|E_n) =PΩ(F2) = 1 2ⁿ

n 2

. AinsiP(F2) =

+∞

X

n=2

pn

Çn 2

å 1

2ⁿ = (1−2a) 4²

+∞

X

n=2

n(n−1) 1 4ⁿ⁻². Pourx ∈[0,1[, on a

+∞

X

n=2

n(n−1)xⁿ⁻² = d² dx²

Å 1 1−x

ã

= 2

(1−x)³, doncP(F₂) = (1−2a)

4² × 2 (3/4)³ = 8(1−2a)

27 .

FinalementP(E₂|F₂) = p₂¹₄

8(1−2a) 27

= 27

64 ≈0,42.

On remarque que ce résultat est indépendant dea. 3. On aP(G₂|F₂) = P(G₂∩F₂)

P(F₂) . Puis, on remarque que si l’on fixe le nombre de filles et de garçons, alors le nombre d’enfants est connu! AinsiP(G₂∩F₂) =P(E₄)P(G₂∩F₂|E₄) = (1−2a) = 1

2³

4 2

1

2⁴ = 3(1−2a) 64 . Le quotient donne alorsP(G2|F₂) = 81

512 ≈0,158.

1. NotonsBml’événement « Lam-ème boule tirée est blanche », etU_k« L’urne choisie au hasard est l’urne de numérok».

P(B_n+1|B₁∩ · · · ∩B_n) = P(B_n+1∩(B₁∩ · · · ∩B_n))

P(B₁∩ · · · ∩B_n) = P(B₁∩ · · · ∩B_n+1) P(B₁∩ · · · ∩B_n) NotonsEn=B1∩ · · · ∩Bn.

(U_k)_k∈

J1,NK forme un système complet d’événements et pour tout k ∈ J1, NK, : P(U_k) = 1

N > 0, donc d’après la formule des probabilités totales :

P(En) =

N

X

k=1

P(En|U_k)P(Uk) = 1 N

N

X

k=1

Åk N

ãn

P(Bn+1|E_n) = P(En+1) P(En) =

1 N

N

X

k=1

Åk N

ãn+1

1 N

N

X

k=1

Åk N

ãn =

N

X

k=1

Åk N

ãn+1

N

X

k=1

Åk N

ãn

2. Par sommes de Riemann :

1 N

N

X

k=1

Åk N

ãn

N→+∞−→

Z 1 0

xⁿdx= 1 n+ 1 1

N

X

k=1

Åk N

ãn+1

−→

N→+∞

Z 1 0

xⁿ⁺¹dx= 1 n+ 2 Donc finalementP(Bn+1|E_n) −→

N→+∞

n+ 1 n+ 2

1. En modélisant la situation à l’aide de variables aléatoires, l’indiceI d’une urne choisie vérifieI ∼ B(¹₂) et la couleurC de la boule tirée vérifie : la loi de «C sachant queI = 1» estB

Å n₁ n1+b1

ã

, oùC = 1si et

(11)

seulement si la boule tirée est noire. et la loi de «Csachant queI = 2» estB Å N₂

n2+b2

ã . La formule des probabilités totales donne :

P(C= 1) =P(C= 1|I = 1)P(I = 1) +P(C = 1|I = 2)P(I = 2)

= 1 2

Å n1

n1+b1

+ n2

n2+b2

ã

2. Pour répondre à la deuxième question, on applique la formule de Bayes : P(I =i|C = 1) = P(I =i)P(C= 1|I =i)

P(I = 1)P(C = 1|I = 1) +P(I = 2)P(C= 1|I = 2) =

ni

ni+bi

n1

n1+b1 +_nⁿ²

2+b2

.

SoientX₁etX₂deux variables aléatoires indépendantes suivant chacune une loi binomiale de paramètres(n₁, p) et(n2, p)respectivement. Soitn∈J0, n1+n2K. Déterminons donc la loi de probabilité deX1sachantX1+X2=n, c’est-à-dire l’applicationP(X1 =· |X₁+X2 =n):

∀k∈N, P(X₁=k|X₁+X₂ =n) =

définition

P((X₁ =k)∩(X₁+X₂ =n)) P(X₁+X₂=n)

X=1=k

P((X1 =k)∩(X2 =n−k)) P(X₁+X₂ =n)

indépendance=

P(X₁=k)P(X₂=n−k) P(X1+X2 =n)

=

Çn₁ k

å

p^k(1−p)ⁿ¹^−k Ç n₂

n−k å

p^n−k(1−p)ⁿ²^−n+k P(X1+X2 =n)

=

Çn₁ k

åÇ n₂ n−k

å

pⁿ(1−p)ⁿ¹⁺ⁿ²⁻ⁿ P(X1+X2 =n)

On rappelle que siX₁ ∼ B(n₁, p)etX₂ ∼ B(n₂, p)et alorsX₁+X₂∼ B(n₁+n₂, p). Redémontrons-le : P(X1+X2 =n) = P

n

G

i=0

(X1 =i)∩(X2 =n−i)

!

=

n

X

i=0

P((X₁ =i)∩(X₂ =n−i))

indépendance=

n

X

i=0

P(X1=i)P(X2 =n−i)

=

n

X

i=0

Çn₁ i

å

pⁱ(1−p)ⁿ¹⁻ⁱ Ç n₂

n−i å

pⁿ⁻ⁱ(1−p)ⁿ²⁻ⁿ⁺ⁱ

= pⁿ(1−p)ⁿ¹⁺ⁿ²⁻ⁿ

n

X

i=0

Çn1

i

åÇ n2

n−i å

Vandermonde=

Çn1+n2

n å

pⁿ(1−p)ⁿ¹⁺ⁿ²⁻ⁿ On en déduit finalement que :

P(X1 =k|X₁+X2=n) = Çn₁

k

åÇ n₂ n−k

å

pⁿ(1−p)ⁿ¹⁺ⁿ²⁻ⁿ P(X₁+X₂=n) =

Çn₁ k

åÇ n₂ n−k

å

Çn₁+n₂ n

å

(12)

On trouve une loi hypergéométrique, qui ne dépend plus du paramètrep, ce qui est normal carX₁désigne un certain nombre de billes d’une couleur, qui ont passé le test (de probabilitép) etX₂ les billes ayant satisfait le test mais d’une autre couleur. On sait que leur somme vautn. On veut savoir combien on a de billes de couleur1quand onkbilles au total d’une certaine couleurs.

1. Soitk∈J1, nK,

P(Y₃ ≤ k) = P(X₁ ≤ k∩X₂ ≤ k∩X₃ ≤ k) = P(X₁ ≤ k)P(X₂ ≤ k)P(X₃ ≤ k) = Åk

n ã3

(car les variables aléatoires sont indépendantes)

On a donc, pour toutk ∈ J1, nK, P(Y₃ = k) = P(Y₃ ≤ k)−P(Y₃ ≤ k−1)et donc P(y₃ = k) = k³−(k−1)³

n³ , parce queY₃est à valeurs entières.

2. P(Y₁ ≥k) =

Ån−k+ 1 n

ã3

de manière symétrique.

P(Y₁ =k) =P(Y₁ ≥k)−P(Y₁ ≥k+ 1) = 1

n³ (n−k+ 1)³−(n−k)³ 3. (a) Z_k ∼ B

Å 3,k

n ã

: pour chaque variable aléatoire on se demande, si l’indice est inférieur àk ou pas (probabilité dek/n) et les épreuves sont indépendantes.

(b) On aY1≤Y2 ≤Y3par les définitions de ces variables aléatoires.Zk≥2veut dire que surX1, X2etX3, on en a deux qui sont inférieurs àk, et donc dire queY2≤k, cela veut dire qu’on en a deux inférieurs à k, donc on aP(Z_k≥2) =P(Y₂ ≤k).

D’oùP(Y2≤k) =P(Zk= 2) +P(Zk= 3) = ³₂ Åk

n ã2Å

n−k n

ã +

Åk n

ã3

. Autre solution :

Pour la question 3. (a), on peut poserTi =1Xi≤k:Tiest alors un test de Bernoulli, doncTi ∼ B Åk

n ã

,. De plus, T1, T2etT3sont indépendants, donc d’après le coursZk=T1+T2+T3 ∼ B

Å 3,k

n ã

.

• P(Xn+1 = 0|Xn= 0) =P(Xn+1= 2|Xn = 2) = 0, puisque si on a 0 ou 2 boules blanches, on en aura 1 à l’échange suivant.

De plusP(X_n+1|X_n= 2) =P(X_n+1 = 2|X_n= 0) = 0, car on ne peut pas échanger deux boules à la fois.

On en déduitm1,1 =m1,3 =m3,1 =m3,3= 0.

• P(Xn+1 = 1|Xn = 0) = P(Xn+1 = 1|Xn = 2) = 1puisque si on a 0 ou 2 boules blanches, on en a nécessairement 1 boule blanche au tour suivant. Doncm2,1 =m2,3= 1.

• P(Xn+1 = 0|Xn = 1) = P(Xn+1 = 2 |Xn = 2) = 1 2 · 1

2 = 1

4, puisque si on a 1 boule blanche au tourn, alors pour avoir 0 boules au tourn+ 1, il faut échanger la boule blanche de l’urne 1 contre la boule noire de l’urne 2, ce qui donne la probabilité ci-dessus. De même symétriquement avec les boules noires. Donc m_1,2 =m_3,2 = 1

4. Enfin :

• P(Xn+1 = 1 |Xn = 1) = 1 2 ·1

2 + 1 2 · 1

2 = 1

2, car on peut échanger une boule blanche contre une boule blanche ou noire contre une boule noire. Doncm_2,2 = 1

2. On a donc, d’après la formule des probabilités totales :

P(Xn+1 =i) =

2

X

j=0

P(Xn+1=i|Xn=j)P(Xn=j)

(13)

Ce qui se traduit matriciellement par :[C_n+1]_i =

3

X

ij=1

m_i,j[C_n]_j. On en déduit queM C_n =C_n+1. Par récur- rence immédiate, on a doncCn=MⁿC0.

Il s’agit d’ailleurs d’une chaîne de Markov : 0 1 2 1

1/4 1/2

1/4 1

Pourλ∈ R, χM(λ) =

λ −1/4 0

−1 λ−1/2 −1

0 −1/4 λ

, donc d’après la formule de Sarrus,χM(λ) = λ³− ^λ₂² − ^λ₄ − ^λ₄ = λ(λ−1) λ+¹₂

.

Soitn≥1, la division euclidienne deXⁿparχ_M(X)s’écrit :

Xⁿ=χM(X)Q(X) +anX²+b0X+cn

D’après le théorème de Cayley-Hamilton,Mⁿ =anM²+bnM +cnI3. En remplaçant dans l’égalité précédente X par les valeurs propres de M, on obtient 0 = c_n,1 = a_n +b_n et Å−1

2 ãn

= a_n 4 − b_n

2 = 3

4a_n − 1 2, donc cn= 0, an= 2

3 +4 3

Å

−1 2

ãn

, bn= 1 3−4

3 Å

−1 2

ãn

. OrC_n =Mⁿ

Ñ0 0 1

é

, doncC_nest la troisième colonne deMⁿ = a_nM²+b_nM, mais vue la dernière colonne de

M, la troisième colonne de M² est égale à la seconde colonne de M, doncCn = ï2

3+4 3

Å

−1 2

ãnò Ñ1/4

1/2 1/4

é + ï1

3− 4 3

Å

−1 2

ãnò Ñ0

1 0

é .

On en déduit queP(X_n= 0) =P(X_n= 2) = 1 6+1

3 Å

−1 2

ãn

−−−−−→

n→+∞

1

6etP(X_n= 1) = 2 3+4

3 Å

−1 2

ãn+1

−−−−−→

n→+∞

2 3.

Remarque : C’est une variante des urnes d’Ehrenfest. Si l’on remplace 2 boules par N boules, le modèle est plus complexe, mais il permet de modéliser la notion d’irréversibilité.

1. ∀k∈J0, bK, P(B =k) =

b k

_N−b n−k

N n

.

En effet, on choisit d’abordkballes bleues (parmik), puisn−kboules rouges (au nombre deN −b), et il a en toutnballes à choisir parmiN.

2.

P(BN =k) = b!

k!(b−k)!· (N −b)!

(n−k)!(N−b−n+k)!·n!(N−n)!

N!

= Çn

k å

· Qk−1

j=0(b−j)Qn−k−1

j=0 (N −b−j) Qn−1

j=0(N −j)

= Çn

k å

·

k−1

Y

k=0

Å b−j N−j

ã

| {z }

−−−−−→

N→+∞ p^k

·

n−k−1

Y

j=0

ÅN −b−j N −j−k

ã

| {z }

−−−−−→

N→+∞ (1−p)^n−k

(14)

Donc la loi hypergéométrique converge en loi vers une loi binomiale. On est en train de tirer dans une urne, quandN tend vers l’infini, on a plein de boules, etb_N/N tend versp, donc asymptotiquement, la proportion de balles bleues est constante.

Le résultat est une loi binomiale de paramètrenetp, ce qui s’explique que lorsqu’il y a énormément de boules (N grand), le fait qu’il y ait remise ou pas dans le tirage n’importe plus.

1. Pour toutω∈[0,1[.

X_n(ω) = 0 ⇐⇒ ∃(d₁, . . . , dn−1) ∈ {0,1}ⁿ⁻¹ tels que ω ∈ îPn−1

i=1 d_i2⁻ⁱ, Pn−1

i=1 d_i2⁻ⁱ+ 2⁻ⁿî , donc l’évènement Xn = 0 est une réunion disjointe de 2ⁿ⁻¹ intervalles qui sont tous de longueur 2⁻ⁿ, donc P(Xn= 0) = 1

2.

De même,P(Xn= 1) = 1−P(Xn= 0) = 1 2. Ainsi, pour toutn∈N^∗, X_n∼ B

Å1 2

ã .

2. Fixonsk∈N^∗etn1, . . . , nk kentiers deux à deux distincts deN^∗.

Fixons également(dn1, . . . , dn_k) ∈ {0,1}^k. Il s’agit de montrer que P(Xn1 = dn1, . . . , Xn_k = dn_k) =

k

Y

i=1

P(x_n_i =d_n_i) = 2^−k.

Notonsn = max1≤i≤kn_i. Alors l’évènement[X_n₁ = d_n₁, . . . , X_n_k = d_n_k]est la réunion des évènements [X1 = d⁰₁, . . . , Xn = d⁰_n], où (d⁰₁, . . . , d⁰_n) parcourt tous lesn-uplets de{0,1}ⁿ vérifiant les kcontraintes d⁰_n_i =dni.

Il s’agit de la réunion de2^n−kintervalles de longueur2⁻ⁿ, donc on a bienP(X_n₁ =d_n₁, . . . , X_n_k =d_n_k) = 2^n−k×2⁻ⁿ= 2^−k.

1. Soitn∈N, alorsP(S_n = 0, Z_n = 0)≤P(n=S_n+Z_n= 0) = 0, maisP(S_n = 0)P(Z_n = 0) =P(S_n= 0)P(S_n=n) = (1−p)ⁿpⁿ6= 0, doncS_netZ_nne sont pas indépendantes.

2. Pour touts∈N,(S =s) [

n∈N

(S =s, N =n) = [

n∈N

(Sn=s, N =n). O n noteΩl’univers de définition de toutes les variables aléatoires de l’énoncé etF la tribu utilisée surΩ. Si l’on admet queS_nest une variable aléatoire (comme somme finie de variables aléatoires), alors(S_n=n)∩(N =n)∈ F, donc(S =s)∈ F, ce qui prouve queSest bien une variable aléatoire. AlorsZ =N −Sest bien aussi une variable aléatoire.

3. Soitk, l∈N, soitω∈Ω.

ω ∈(S =k, Z =l) ⇐⇒ S(ω) =k, S(ω) +Z(ω) =k+l

⇐⇒ N(ω) =k+l, S_k+l(ω) =k

doncP(S = k, Z = l) = P(N = k+l, S_k+l = k) = P(N = k+l)P(S_k+l = k), carN et S_k+lsont indépendantes.

Donc(S=k, Z =l) = e^−λ λ^k+l (k+l)!

k+l k

p^k(1−p)^l = e^−λ (λp)^k k!

(λ(1−p))^l l! .

Ainsi il existe deux suites(ak)et(b_k)dansR+telles que, pour toutk, l∈N, P(S =k, Z =l) =a_kb_l, avec a_k = e^−pλ(λp)^k

k! etb_l= e^(1−p)λ (λ(1−p))^l l! . AlorsP(S =k) =

+∞

X

l=0

P(S=k, Z =l) =a_k

+∞

X

l=0

b_l=a_k, et de même,P(Z =l) =b_l.

(15)

on noteX_ila variable aléatoire qui vaut 0 si la boulein’est pas marquée et1sinon. Le nombre moyen de boules marquées est alors :

E(X₁+. . . , X_n) =nE(X₁) =nP(X₁ = 1)

=n(1−P(X1 = 0))

=n Å

1− Å

1− 1 n

ãnã

=n Å

1−1

e +o(1) ã

∼n Å

1−1 e

ã

C’est une loi de Bernoulli, voire binomiale qui est ici déguisée, on auraitX1∼ B Å

n, 1 n

ã

1. La probabilité que la personne soit choisie comme destinataire est 1

n−1. Le nombreXde lettres qu’elle reçoit est une variable aléatoire qui suite une loi binomiale de paramètresÅ

n−1, 1 n−1

ã . D’oùp_n,j =

Çn−1 j

å Å 1 n−1

ãjÅ

1− 1 n−1

ãn−1−j

| {z }

∼¹

e

.

On a

Çn−1 j

å

= 1

j!·(n−1)(n−2)· · ·(n−j)∼ 1 j!n^j. Finalementpn,j ∼ 1

ej!, ce qui est raccord avec le fait qu’une loi binomiale tend vers une loi de Poisson.

2. On suppose quej > n

2. Une au plus des personnes peut recevoirjlettres, d’oùp=n·p_j,n ∼ n

ej!, car on a une réunion d’évènements disjoints, ce qui fait quep=

n

X

i=1

pj,n =npj,n.

1. Soiti ∈ J1, NK,Xi(Ω) = N^∗ et∀k ∈ N^∗, P(Xi = k) = p(1−p)^k−1 = pq^k−1. Alors on aP(Xi ≤ n) =

n

X

k=1

P(Xi=k) =

n

X

i=1

pq^k−1 =p1−qⁿ

1−q = 1−qⁿ. DoncP(Xi > n) = 1−P(Xi≤n)qⁿ.

2. (a) Y(ω) =N^∗. Soitn∈N^∗.P(Y > n) =P((X₁ > n)∩ · · · ∩(X_N > n)). DoncP(Y > n) =

N

Y

i=1

P(X_i>

n)car les variables aléatoiresX₁, . . . , X_N sont mutuellement indépendantes.

DoncP(Y > n) =

N

Y

i=1

qⁿ=q^nN.

OrP(Y ≤n) = 1−P(Y > n) = 1−q^nN. Calcul deP(Y =n):

1^ercas: sin≥2,P(Y =n) =P(Y ≤n)−P(Y ≤n−1) =q^(n−1)N(1−q^N). 2^ecas: sin= 1, alorsP(Y =n) =P(Y = 1) = 1−P(Y >1) = 1−q^N. Conclusion, pour toutn∈N^∗, P(Y =n) =q^(n−1)N(1−q^N).

(b) Y ∼ G(1−q^N), donc d’après le cours,Y ∈L¹(Ω, P)etE(Y) = 1 1−q^N.

(16)

Y suit une loi géométrique, car si on considère N variables aléatoires suivant une loi géométrique, alors chaque X_i désigne l’instant du premier succès d’une série de tests, c’est comme siN successions de tests et chaque X_i repère le premier succès et comme on prendY le min de tout ça,Y donne aussi le premier succès quand il y a un succès dans cette série de tests.

1. NotonsSle nombre de canards survivants.S = X

c∈Canards

1« c survit ». DoncE(S) = X

c∈Canards

E(1« c survit ») = X

c∈Canards

P(c survit) = 20P(X = 0), où Xdésigne le nombre de tirs réussis.

On a X ∼ B 10, p

20

, en effet X = X

ch∈Chasseurs

1_{ch atteint}, et 1_{ch atteint} ∼ B Å 1

20 ×p ã

. Donc E(S) = 20

1− p

20 10

. 2. E(T) =

+∞

X

t=0

tP(T = t) +∞P(T =∞). Or par la formule des probabilités totales,P(T =t) =

+∞

X

n=0

P(t= t|N =n)P(N =n), oùN est le nombre de canards.

DoncP(T =∞) = 0etE(T) =

+∞

X

n=0

E(T |N =n), oùE(T |N =n) ,

+∞

X

t=0

tP(T =t|N =n) =E(T) pourP_N=n(interversion en travaillant dansR+)

Donc, avecλ= 15, E(T) =

+∞

X

n=0

e^−λ λⁿ n!n

Å 1−

1− p n

10ã

1. P ∼ U, doncP(G) = 1 Card(Ω).

Construire un élément de A c’est choisir m arêtes de A. Il y a autant d’arêtes que de façons de choisir 2 sommets parmi lesnexistants, soit ⁿ₂

. Ainsi,Card(Ω) = (ⁿ²)

n

. DoncP(G) = 1

(ⁿ₂)

n

= n! ⁿ₂

−n

!

n 2

! .

2. Pour toutG∈Ω, on poseAGl’ensemble des arêtes deG. Soiti, j∈Saveci6=j. On poseB={G∈Ω/(i, j)∈AG}. AlorsCard(B) = (

n 2)⁻¹

n−1

.

En effet, construire un élémentGdeB, c’est choisirn−1arêtes parmi les ⁿ₂

−1distinctes de l’arête reliant iàj, qui elle appartient àA_Gpour toutG∈B.

De plusP(i∼j) = CardB

Card Ω carP ∼ U. AinsiP(i∼j) = Ç _n

2

−1 n−1

å

Ç _n

2

n

å = n

n 2

.

3. On suppose pour cette question quen≥3, sinon l’espérance est nulle. Soitx, yetz ∈ S. On poseTx,y,zla variable aléatoire valant1six∼y, y∼z, z ∼xet0sinon.

On cherche à calculerP(x∼y, y∼z, z∼x) =P(Tx,y,z = 1).

PosonsC={G∈Ω/(x, y)∈A_G,(y, z)∈A_G,(z, x)∈A_G}, on aCardC = Ç _n

2

−3 n−3

å . En effet, choisir un élément deC, c’est se donnern−3arêtes distinctes de(x, y),(y, z)et(z, x). AinsiP(Tx,y,z = 1) =

Ç _n

2

−3 n−3

å

(ⁿ₂)

n

= n−2

n 2

−2 · n−1

n 2

−1· n

n 2

.

(17)

Il y a exactement ⁿ₃

triangles distincts d’éléments deS. On noteT la variable représentant le nombre de triangles dans le grapheΩetIl’ensemble des sous-ensembles deΩà 3 éléments, et on a :

T = X

{x,y,z}∈I

T_x,y,z

Par linéarité de l’espérance,

E(T) = X

{x,y,z}∈I

E(T_x,y,z) = Çn

3

å n−2

n 2

−2 · n−1

n 2

−1 · n

n 2

carT_x,y,z ∼ B

Ç n−2

n 2

−2 · n−1

n 2

−1· n

n 2

å

.

1. Il existe a, b, c tels que : 1

x(x+ 1)(x+ 2) = a x + b

x+ 1 + c

x+ 2, d’où a = 1

2, b = −1 et c = 1 2, i.e.

1

x(x+ 1)(x+ 2) = 1

2x − 1

x+ 1+ 1 2(x+ 2). 2. CommeP est une probabilité, on a

+∞

X

n=1

P(X=n) = 1, or soitN ∈N^∗.

N

X

n=1

λ

n(n+ 1)(n+ 2) = λ 2

N

X

n=1

1 n−λ

N

X

n=1

1 n+ 1+λ

2

N

X

n=1

1 n+ 2

=λ

"

1 2

N

X

n=1

1 n−

N+1

X

n=2

1 n+ 1

2

N+2

X

n=3

1 n

#

=λ ï1

2 + Å1

4−1 2

ã

− 1

N + 1+ 1

2(N + 1)+ 1 2(N + 2)

ò

−−−−−→

N→+∞

λ 4 Donc

+∞

X

n=1

P(X =n) = λ

4 = 1, d’oùλ= 2.

3. Montrons que la famille(nP(X=n))_n∈_N∗est sommable. En travaillant dansR+, on a

+∞

X

n=1

nP(X=n) =

+∞

X

n=1

4

(n+ 1)(n+ 2) ≤4

+∞

X

n=1

1

n² = 4ζ(2) Donc

+∞

X

n=1

nP(X=n)<+∞, i.e. la famille est sommable. De plus :E(X) =

+∞

X

n=1

nP(X =n) =

+∞

X

n=1

4

(n+ 1)(n+ 2) = 4

+∞

X

n=1

1

(n+ 1)(n+ 2).

Décomposons la fraction rationnelle définie parR(X) = 1

(X+ 1)(X+ 2) = 1

X+ 1− 1 X+ 2. D’oùE(X) = 4

+∞

X

n=1

Å 1

n+ 1− 1 n+ 2

ã

= 41 2 = 2.

4. Prouvons que la famille des (nP(X² = n))n∈N^∗ n’est pas sommable, en utilisant la formule de König- Huygens, on montrera queX²n’admet pas d’espérance, donc queXn’admet pas de variance.