TD 7 : Couples et suites de variables aléatoires réelles discrètes - Corrigé Exercice 1

TD 7 : Couples et suites de variables aléatoires réelles discrètes - Corrigé

Exercice 1 : 1) Ω 1, Ω

∀, ∈ 1, , ∩ 1 1

0 Conclusion : ∀, ∈ 1, , ∩ 1

0 Vérification : 0 0 ∩

1 23 1 3

0 0 1

23 1 3

0 ¹ 1

3

0¹ 1

3

1 1 2 56 ∩

1 3

7 0 ∩

1 3

0¹ 1

3

1 01

1

3

Cette somme n’est pas simplifiable.

3 ∀ ∈ 1, , 0 ∩

1 3

0¹ 1

2

1 01

1

2

Cette somme n’est pas simplifiable.

9 0

1 23

0 1 01

1 2 1

23

0 0¹

2 1 23

0 0

23 1 3

0 1 0

23 1

3

0 1

: 1 2

1

3

01

: 1 2

1 3

1

2 0 : 1

1 3

1

2 50

1 3

: 0 1

1 3

7 1

2 ; : 1

2 : < 1

2 = : 1

2 : 1> : 3 4

Exercice 2 :

1 On sait que 0 C ∩

D∈E2∈FE

1 ⇔ 0 0 H 2^DI3!

2KL DKL

1 ⇔ H 0 0 1 2^DI3!

2KL DKL

1

⇔ H 0 1

2^DI301

2KL!

DKL

1 ⇔ H 0 1 2^DI3 M

DKL

1 ⇔ HM 0 1 2^DI3

DKL

1 ⇔ HM 2 0 1

2^D

DKL

1 ⇔HM 2 1

1 N 12 1

⇔HM

2 2 1 ⇔ H 1

M M^O3

2 ∀C ∈ P, C 0 C ∩

2KL

0 M^O3 2^DI3!

2KL

M^O3 2^DI301

2KL!

M^O3

2^DI3 M 1 2^DI3

∀ ∈ P, 0 C ∩

DKL

0 M^O3 2^DI3!

DKL

M^O3

! 0 1 2^DI3

DKL

M^O3

! 1 M^O3

! pour tout C; ∈ P, C ∩ M^O3

2^DI3! 1

2^DI3M^O3

! C Conclusion : les variables X et Y sont indépendantes.

3) Ainsi STU, 0.

Exercice 3 :

1) Il est clair que l’urne contient 1 : 2 : ⋯ : ^11I3 boules.

2) Pour tout entier C  W1, . . . , Y,

Z C C

: 1 2

2C

: 1 En particulier, Z 2

: 1 2 : 1 3 9 0 CZ C

1 D3

0 C 2C : 1

1 D3

2

: 1 0 C

1 D3

2

: 1 : 12 : 1

6 2 : 1 3 4) On tire maintenant 10 fois une boule avec remise dans cette urne, et on note Y la variable aléatoire représentant le nombre de fois où l’on a obtenu une boule numérotée n (succès) : les conditions sont celles d’une la loi binomiale de paramètres 10 et Z Z _1I3 .

↪ ^ =10; 2 : 1>

5) 9 10 _{1I3 1I3}^L et _ 10 _1I3 `1 N_1I3 a ^L1O3_1I3b

6) On tire maintenant une infinité de fois une boule avec remise et on note Z la variable aléatoire

représentant le numéro du tirage où pour la première fois on obtient une boule numérotée n. Il est clair que Z suit une loi géométrique de paramètre _1I3 .

7 9d 1 : 12

: 1

2 et _d

1 N 2 : 1

` 2 : 1a

N 1 : 1 : 14

N 1

: 1 : 1

4 N 1 4

8) Ici, l’urne contient une boule numérotée 1 et deux boules numérotées 2. On effectue dans cette urne deux tirages successifs sans remise de la première boule tirée.

Notons e l’événement la i^ème boule tirée est numérotée 1 et f l’événement la i^ème boule tirée est numérotée 2. On obtient l’arbre de probabilité suivant :

0 e e₃

f e f₃

f

Zf₃|f Zf₃∩ f Zf

23 1 1 2

3 1 :2 3 1

2

13 23

1 2 9 Zi₃ 1 ∩ i 1 0, Zi₃ 1 ∩ i 2 1

3 , Zi³ 2 ∩ i 1 1

3 , Zi³ 2 ∩ i 2 1 On regroupe ces valeurs dans un tableau : 3

i

i₃ 1 2

1 0 1

3

2 1

3 1

3 1

3

3 j

j

3

10) On déduit du tableau ci-dessus que : Zi₃ 1 0 :1

3 1

3 et Zi³ 2 1 3 :1

3 2 3 De même, Zi 1 0 :1

3 1

3 et Zi 2 1 3 :1

3 2 On déduit donc les lois marginales de i₃ et i : 3

C 1 2

i3 C 1

3 2

3

C 1 2

i C 1

3 2

3 11 Zi₃ 1 ∩ i 1 0 et Zi₃ 1 Zi 1 1

9 n 0 Les variables T1 et T2 ne sont donc pas indépendantes.

12) 9i₃ ^o_j 9i

Puis par linéarité, 9i₃: i 9i₃ : 9i ^3L_j

13) _i₃ `1<sup>3</sup><sub>j</sub>: 2 <sub>j</sub>a N `^o_ja ^p_jN^o_{p p} _i STUi₃, i 9i3i N 9i39i =1 1 0 : 1 2 1

3 : 2 1 1

3 : 2 2 1 3> N =5

3>

8 3 N25

9 N1 9

Ainsi _i₃: i _i3 : _i : 2STUi3, i 2 9 :2

9 : 2 N1 9 2

9

Exercice 4 : EML 1997

Exercice 5 :

Une urne contient boules noires et 2 boules blanches. ( ∈ ℕ^∗). Une personne tire l’une après l’autre et au hasard des boules dans cette urne, chaque boule tirée n’étant pas remise dans l’urne. On note :

la VA représentant le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la première boule blanche.

la VA représentant le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la seconde boule blanche.

u (respectivement v) l’événement «le i^ème tirage amène une boule noire (respectivement blanche) ».

1) On suppose, dans cette question que 2 : l’urne contient deux boules blanches et deux boules noires.

X prend les valeurs 1 (elle tire une blanche en premier), 2 (elle tire une noire puis une blanche) et 3 (elle tire les deux noires puis la première blanche)

1 = v₃ =2 4=1

2

2 = u₃∩ v = u₃ × _w

xv =2 4×2

3=1 3

3 = u₃∩ u∩ v_j = u₃ × _wxu × _wx∩wbv_j =2 4×1

3×2 2= 1

6 9 1 ×1

2+ 2 ×1

3+ 3 ×1 6= 5

3 2) On revient au cas général.

a) Au mieux, elle tire une boule blanche en premier et dans ce cas 1, au pire elle tire toutes les noires ( ) avant la première blanche et dans ce cas :1 : Ω = 1; + 1

W 1Y = v₃ et ∀C ∈ 2; + 1, W = CY = u₃∩ u∩ … ∩ u_DO3∩ v_D

b P 1 v₃ 2

: 2 et ∀C ∈ 2; : 1, C u³∩ u ∩ … ∩ u_DO3∩ v_D

∀C ∈ 2; : 1, C u_{3 wx}u _wx∩wbu_j … _{wx∩…∩w|}b}u_{DO3 wx∩…∩w|}x}v_D : 2 N 1

: 1 N 2

… N C N 2

: 2 N C N 2 2

: 2 N C N 1 N 1 N 2 … : 2 N C 2

: 2 : 1 : 4 N C : 3 N C 2 : 2 N C : 1 : 2 La formule reste valable pour C 1.

C ∈ 1; : 1, Z C 2 : 2 N C : 1 : 2 . c 9 0 C C

1I3 D3

0 C 2 : 2 N C : 1 : 2

1I3 D3

2

: 1 : 2 0 C : 2 N C

1I3

D3

2

: 1 : 2 50 : 2C

1I3 D3

N 0 C

1I3 D3

7

2

: 1 : 2 5 : 2 : 1 : 2

2 N : 1 : 22 : 3

6 7

2

: 1 : 2 ; : 1 : 2

2 N : 1 : 22 : 3 6 <

: 2 N2 : 3

3 3 : 6 N 2 N 3

3 : 3 3

Remarque : pour 2, on retrouve 9 de la question 1).

9 0 C C

1I3 D3

0 C 2 : 2 N C : 1 : 2

1I3 D3

2

: 1 : 2 0 C : 2 N C

1I3

D3

2

: 1 : 2 50 : 2C

1I3 D3

N 0 C^j

1I3 D3

7

2

: 1 : 2 5 : 2 : 1 : 22 : 3

6 N : 1 : 2

4 7

2

: 1 : 2 ; : 1 : 22 : 3

6 N : 1 : 2 4 <

: 22 : 3

3 N : 1 : 2

2 : 222 : 3 N 3 : 1

6 : 2 : 3

6 Ainsi, _ 9 N 9 : 2 : 3

6 N = : 3 3 >

: 2 : 3

6 N : 3 9 : 33 : 2 N 2 : 3

18 : 3

18

d Au mieux, elle tire une boule blanche en premier et en deuxième dans ce cas 1 et 1, au pire elle tire toutes les noires ( ) avant les deux blanches et dans ce cas : 1 et : 2: Ω 2; : 2

∀, ∈ 1; : 1 2; : 2, ∩ 0 si

si , ∩ u_I3∩ u_I∩ … ∩ u_2O3∩ v₂ 2 : 2 N

: 1 : 2 N N 1

: 2 N N

: 2 N : 1 … N N 3

: 2 N N 2 1

: 2 N N 1 2 : 2 N

: 1 : 2 : 1 N

: 2 N N

: 1 N … : 3 N

: 4 N 1

: 3 N 2

: 1 : 2

e ∀ ∈ 2; : 2, 0 ∩

1I3 3

0 ∩

2O3

‚‚‚‚‚‚‚ƒ‚‚‚‚‚‚‚„3 …2

: 0 ∩

1I3

‚‚‚‚‚‚‚ƒ‚‚‚‚‚‚‚„2 K2

0 2

: 1 : 2

2O3 3

: 0 2 N 1 : 1 : 2

∀ ∈ 1; : 1, 0 ∩

1I 2

0 ∩

‚‚‚‚‚‚‚ƒ‚‚‚‚‚‚‚„2 2†

: 0 ∩

1I

2I3‚‚‚‚‚‚‚ƒ‚‚‚‚‚‚‚„

2‡

0 : 0 2

: 1 : 2

1I 2I3

2

: 1 : 2 : 2 N : 1 : 1 2 : 2 N : 1 : 2 On retrouve bien la loi de X.

f 9 0

1I 2

0 2 N 1 : 1 : 2

1I 2

2

: 1 : 2 0 N 1

1I

2

2

: 1 : 2 0C : 1 C

1I3 D3

2

: 1 : 2 0C: C

1I3

D3

2

: 1 : 2 ; : 1 : 22 : 3

6 : : 1 : 2

2 < 2 : 3

3 : 1 2 : 6

3 2 : 3 3 9 0

1I 2

0 2 N 1 : 1 : 2

1I 2

2

: 1 : 2 0 N 1

1I

2

2

: 1 : 2 0C : 1 C

1I3 D3

2

: 1 : 2 0C: 2C : 1 C

1I3

D3

2

: 1 : 2 0C^j: 2C: C

1I3

D3

2

: 1 : 2 ; : 1 : 2

4 :2 : 1 : 22 : 3

6 : : 1 : 2 2 <

: 1 : 2

2 :22 : 3

3 : 1 3 : 3 : 2 : 24 : 6 : 6

6 3 : 17 : 24

6 : 33 : 8 6

Ainsi, _ 9 N 9 : 33 : 8

6 N ;2 : 3

3 < : 33 : 8

6 N4 : 3 9 : 333 : 8 N 8 : 3

18 : 3

18

Exercice 6 : Démo de la propriété 3

1) ₃ˆ P et ˆ P donc ₃: peut prendre toutes les valeurs de P ∶ ˆ P. 2 Pour tout entier naturel : 0 ₃ N

∈xŠ 1O∈bŠ

d^‹après le théorème 7.

donc 0 ₃ N

1O∈P∈P

Or N ∈ P se traduit par N Ž 0 et donc

Ainsi, 0 ₃ N

1

L

3 0 ₃ N

1 L

03

! ^1O N !

1 L

0 1

! N ! ³ ^1O

1

Pour faire apparaître la formule du binôme de Newton, il manque !L : 1

! 0 !

! N ! ³ ^1O

1 L

1

! 0 ` a ³ ^1O

1 L

1

! ³: ¹ On retrouve bien la probabilité liée à une loi de Poisson de paramètre ₃: .

Conclusion : ₃: suit la loi de Poisson ₃: . Exercice 7 :

1)a) X prend les valeurs 0, 1 ou 2 : ˆ W0; 1; 2Y b) 2 ₃∩ v₃∩ ∩ v ∪ ₃∩ v₃∩ ’∩ v

2 ₃∩ v₃∩ ∩ v : ₃∩ v₃∩ ’∩ v =1 2>

“ : =1 2>

“ 1 16 : 1

16 1 8 0 1

8 ∶ en effet, n^‹obtenir aucune boule blanche revient à obtenir deux noires.

Et les probabilités d’obtenir une blanche ou une noire sont égales.

On en déduit que 1 1 N 0 N 2 1 N1 8 N1

8 6 8 3

4 c 9 0 1

8 : 1 3

4 : 2 1 8 1 9 0 1

8 : 13

4 : 21 8 5

4 donc _ 5

4 N 1 1 4

2) On répète (E) et on s’arrête dès que l’urne est vide ou dès que l’on a effectué (E) trois fois : Ainsi ˆ W2; 3Y

a) L’événement 2est réalisé lorsque l’urne est vidée après le deuxième tirage, on a donc obtenu deux fois face (l’ordre des couleurs tirées n’est pas important) :

2 ’₃∩ ’ 1 2 1

2 1 4

On en déduit que 3 1 N 2 1 N1 4 3

4 b) On peut tirer 0 noire ou 1 ou 2 ou 3 donc dˆ W0; 1; 2; 3Y

Si l’événement 2 est réalisé, alors on a tiré une blanche et une noire (on a vidé l’urne) donc l’événement d 1 est forcément réalisé :

2 ∩ d 1 2 _F d 1 1

4 1 1 4

2 ∩ d 0 0 2 ∩ d 2 2 ∩ d 3 On admet que 3 ∩ d 1 11

32 donc 3 ∩ d 2 11

En effet obtenir 2 blanches revient à obtenir 1 noire et les probabilités d’obtenir une blanche ou une noire 32 sont égales.

Il reste à déterminer 3 ∩ d 0 et 3 ∩ d 3

3 ∩ d 0 ₃ ∩ u₃∩ ∩ u∩ _j ∩ u_j : ₃∩ u₃∩ ∩ u∩ ’_j∩ u_j =1

2>

–: =1 2>

– 2 2^– 1

2^o 1 32

Et pour les mêmes raisons que précédemment 3 ∩ d 3 3 ∩ d 0 1 32 Z

Y

0 1 2 3

2 0 1

4 0 0 1

4

3 1

32 11

32 11

32 1

32 3

4

d C 1

32 19

32 11

32 1

32 1

c 9d 2 1 1

4 : 3 0 1

32 : 3 1 11

32 : 3 2 11

32 : 3 3 1

32 124 32 31

8 9 2 1

4 : 3 3 4 11

4 et 9d 0 1

32 : 1 19

32 : 2 11

32 : 3 1 32 44

32 11 8 STU, d 9d N 99d 124

32 N11 4 11

8 124

32 N121 32 3

32

3) On répète (E) jusqu'à ce que l’on obtienne la première boule blanche. Soit T la variable aléatoire égale au nombre de réalisations de (E) ainsi effectuées.

a) T peut prendre tous les entiers naturels non nuls : iˆ P^∗ b i 1 ₃∩ v₃ : ’₃∩ v₃ 1

4 :1 4 1

2

i 2 ₃∩ u₃∩ ∩ v : ’₃∩ u₃∩ ∩ v : ₃∩ u₃∩ ’∩ v : ’₃ ∩ u₃∩ ’ ∩ v 1

16 :1 8 : 1

16 :1 8 3

8

c 9_{1O 3}∩ u₃∩ ∩ u∩ … ∩ _1O∩ u_1O ⇒ 9_1O =1 2 1

2>

1O =1 4>

1O

Pour t 3, i 9_{1O ˜™}b}i =1 4>

1O i 2 =1 4>

1O3 8 3

2 =1 4>

1O3. Cette formule reste valable pour 2 :

Conclusion ∶ pour tout t 2, i 3 2 =1

4>

1O3

š 9i 0 i

1K3

1 i 1 : 0 3 2 =1

4>

1O3 1K

1 2 :3

2 0 =1 4>

1O3

1K

1 2 :3

2 50 =1 4>

1O3 1K3

N 17 1 2 :3

2 › 1

`1 N 14aN 1œ 1 2 :3

2 =16

9 N 1> 1 2 :3

2 7 9 1

2 :7 6 10

6 5 3

Exercice 8 :

1) Les tirages étant simultanés, la plus petite valeur de  est 1 et la plus grande N 1 : ˆ 1; N 1. L’événement  C est réalisé lorsque les deux numéros tirés sont supérieurs à C : il faut donc choisir deux boules parmi celles numérotées de C : 1 à (elles sont au nombre de N C).

 N 1 0 et, pour tout C ∈ 1; N 2,

 C ` N C2 a

` 2a

N C!

2! N C N 2!

2! N 2! !

N C! N 2!

! N C N 2! N C N C N 1 N 1 Pour C 0,  0 1 et N 0 N 0 N 1

N 1 N 1 N 1 1 La formule obtenue reste donc valable pour C 0.

On a vu que, pour tout C ∈ 1; N 1,  C  C N 1 N  C

Si C 1 alors C N 1 0, la formule précédente étant valable pour C 0, on peut l’appliquer dans tous les cas :

Pour tout C ∈ 1; N 1,  C N C : 1 N C : 1 N 1

N 1 N N C N C N 1 N 1 N C : 1 N C

N 1 N N C N C N 1

N 1 N C N C : 1 N N C N 1

N 1 2 N C

N 1 2) Les tirages étant simultanés, la plus petite valeur de ž est 2 et la plus grande : žˆ 2; .

L’événement ž C est réalisé lorsque les deux numéros tirés sont inférieurs ou égaux à C : il faut donc choisir deux boules parmi celles numérotées de 1 à C (elles sont au nombre de C).

Pour tout C ∈ 2; ,

ž C `C2a

` 2a

2! C N 2! C!

2! N 2! !

C! N 2!

! C N 2! CC N 1 N 1 Pour C 1, ž 1 0 et 11 N 1

N 1 0

La formule obtenue reste donc valable pour C 1.

On a vu que, pour tout C ∈ 2; , ž C ž C N ž C N 1

Si C 2 alors C N 1 1, la formule précédente étant valable pour C 1, on peut l’appliquer dans tous les cas :

Pour tout C ∈ 2; , ž C CC N 1

N 1 NC N 1C N 2

N 1 C N 1C N C N 2

N 1 2C N 1 N 1

Exercice 9 : 1) a) Il est clair que Ω P^∗ Ω Pour tout , ∈ P^∗,

∩ Ÿ’3∩ … ∩ ’ ∩ I3∩ … ∩ I2 ∩ ’I2I3   ∪ Ÿ3∩ … ∩ ∩ ’I3∩ … ∩ ’I2 ∩ I2I3   ¡¢ ’_D

D3

∩ ¢ _D

I2 DI3

∩ ’_I2I3 £ ∪ ¡¢ _D

D3

∩ ¢ ’_D

I2 DI3

∩ _I2I3 £ b) Ainsi par incompatibilité des deux événements de la réunion : ∩ ¤¢’_C

C1

∩ ¢ _C

: C:1

∩ ’_::1¥ : ¤¢_C

C1

∩ ¢ ’_C

: C:1

∩ _::1¥ Puis par indépendance des événements, pour tout , ∈ P^∗,

∩ 1 N Z Z² 1 N Z : Z 1 N Z² Z 1 N Z^I3Z²: Z^I31 N Z² Conclusion : pour tout , ∈ P^∗, ∩ 1 N Z^I3Z²: Z^I31 N Z²

2) : Ω P\W1; 2Y 2; :∞

Pour tout ∈ 2; :∞ ,

: 0 ∩ N

∈P^∗ 1O∈P^∗

0 Ÿ1 N Z^I3Z^1O: Z^I31 N Z^1O 

1OK3K3

0Ÿ1 N Z^I3Z^1O: Z^I31 N Z^1O 

1O3 3

0 ¨Z¹1 N Z =1 N Z Z >

: Z1 N Z¹= Z 1 N Z>

©

1O3

3

Z¹1 N Z 0 =1 N Z Z >

1O3 3

: Z1 N Z¹0 = Z 1 N Z>

1O3

3

On reconnaît des sommes de suites géométriques de raison 1 N Z

Z ou Z

1 N Z toutes deux différentes de 1 car Z n1

2 . Celles N ci sont simplifiables avec un démarrage d’indice à 0 : on factorise par la raison puis on effectue un changement d’indice ∶

: Z¹1 N Z =1 N Z

Z > 0 =1 N Z Z >

1O3 O3 3

: Z1 N Z¹= Z

1 N Z> 0 = Z 1 N Z>

1O3 O3

3

Z^1O31 N Z0 =1 N Z Z >

1O 2 2L

: Z1 N Z^1O30 = Z 1 N Z>

1O 2 23

Z^1O31 N Z1 N `1 N ZZ a

1OI3

1 N `1 N ZZ a

: Z1 N Z^1O31 N ` Z1 N Za

1OI3

1 N ` Z1 N Za

Z^1O31 N Z 1 N `1 N ZZ a

1O3

2Z N 1 Z

: Z1 N Z^1O31 N ` Z1 N Za

1O3

1 N 2Z 1 N Z Z^1O31 N Z Z

2Z N 1 ;1 N =1 N Z Z >

1O3< : Z1 N Z^1O3 1 N Z

1 N 2Z ;1 N = Z 1 N Z>

1O3<

Z¹1 N Z

2Z N 1 ;1 N =1 N Z Z >

1O3< :Z1 N Z¹

1 N 2Z ;1 N = Z 1 N Z>

1O3<

Z¹1 N Z

2Z N 1 NZ¹1 N Z

2Z N 1 1 N Z^1O3

Z^1O3 :Z1 N Z¹

1 N 2Z NZ1 N Z¹

1 N 2Z Z^1O3 1 N Z^1O3 Z¹1 N Z

2Z N 1 NZ1 N Z^1I3

2Z N 1 :Z1 N Z¹

1 N 2Z NZ^1I31 N Z 1 N 2Z Z¹1 N Z

2Z N 1 NZ1 N Z^1I3

2Z N 1 NZ1 N Z¹

2Z N 1 :Z^1I31 N Z 2Z N 1 Z1 N Z

2Z N 1 Z^1O31 N Z N 1 N Z¹N Z1 N Z^1O3: Z¹ Z1 N Z

2Z N 1 Z^1O3N Z¹ N 1 N Z¹N Z1 N Z^1O3: Z¹ Z1 N Z

2Z N 1 Z^1O3N 1 N Z^1O31 N Z : Z Z1 N Z

2Z N 1 Z^1O3N 1 N Z^1O3.

Exercice 10 : D’après EDHEC 2014 function [X]=simul(theta), Y=1

while rand()>1/(1+theta) do Y=Y+1, end X=Y-1

Endfunction

Exercice 11 : D’après ECRICOME 2014 1.

function [x]=lancer(p),if rand()<p then x=1, else x=0,end endfunction

2.

function [x]=premier_pile(p),u=0,while lancer(p)==0 do u=u+1, end x=u

endfunction

3. On part du principe que les fonctions lancer et premier_pile ont été définies au préalable : p=input(‘entrez la valeur de p :’)

a=premier_pile(p)+premier_pile(p)-1 disp(a)

Exercice 12 :

1) a) La variable ₃ est égale au nombre de succès dans la répétition de ­ épreuves identiques et indépendantes, la probabilité de succès est Z donc ₃ suit la loi binomiale de paramètres ­ et Z. b) Soient et deux entiers naturels, tels que 0 ­ :

Sachant que i personnes ont été jointes la veille, pour que j personnes soient jointes en tout, il faut que la secrétaire joigne N personnes ce jour-là :

_x =­ N N > Z^2O®^¯OO2O =­ N N > Z^2O®^¯O2 c) Il est clair que Ω 0; ­

∀ ∈ 0; ­, 0 _{3 x}

¯

L

0 _{3 x}

2 L

: 0 _{3 x}

¯

2I3‚‚‚‚‚‚‚‚‚‚ƒ‚‚‚‚‚‚‚‚‚‚„

L °±² ‡2

0 `­aZ®^¯O =­ N N > Z^2O®^¯O2

2

L 0 `­a=­ N

N > Z²®^¯OO2

2

L

On s’inspire de la simplification de la question 5. de l’exercice 4 :

Pour tout couple d’entiers naturels C; tel que 0 C u : ` Ca`u

a `u

Ca `u N C N Ca On l’applique au contexte de l’exercice :

Pour tout couple d’entiers naturels ; tel que 0 ­ : `a`­

a `­

a =­ N N >

Ainsi, ∀ ∈ 0; ­, 0 `a`­ a

2 L

Z²®^¯OO2 `­

a Z²0 `a

2 L

®^¯OO2

Pour faire apparaitre une formule du binôme de Newton, il faudrait que l’exposant de ® soit N .

Or 2­ N N 2­ N 2 : N

∀ ∈ 0; ­, `­

a Z²®^¯O20 `a

2 L

®^2O `­

a Z²®^¯O21 : ®² `­

a Z2 N Z²1 N Z^¯O2 Or 1 N Z 1 N 2Z : Z 1 N 2Z N Z 1 N Z2 N Z

∀ ∈ 0; ­, `­

a Z2 N Z²1 N Z2 N Z^¯O2 Ainsi, suit la loi binomiale de paramètres ­ et Z2 N Z. 2) Posons ₁ la propriété « ₁suit la loi binomiale ^­; 1 N ®¹ »

Initialisation : ₃ suit la loi binomiale de paramètres ­ et Z 1 N ® 1 N ®³ donc ₃ est vraie.

Remarque : suit la loi binomiale de paramètres ­ et Z2 N Z 1 N 1 N Z 1 N ®.

Hérédité : supposons que ₁ est vraie pour un certain entier naturel non nul et montrons que _1I3 est vraie.

Il est clair que _1I3Ω 0; ­

∀ ∈ 0; ­, _1I3 0 _{1 ™1I3}

¯ L

Comme à la question 1.b), on montre que : _™1I3 =­ N

N > Z^2O®^¯OO2O =­ N N > Z^2O®^¯O2 si 0 si

∀ ∈ 0; ­, _1I3 0 `­a1 N ®¹®^1¯O =­ N N > Z^2O®^¯O2

2

L

0 `­a=­ N

N > 1 N ®¹®^1¯OZ^2O®^¯O2

2

L 0 `a`­

a 1 N ®¹®^1¯O2I12OZ^2O®^¯O2

2 L

`­

a ®^¯O2®^1¯O20 `a1 N ®¹®^12OZ^2O

2 L

`­

a ®^¯O2®^1¯O20 `a1 N ®¹®¹Z^2O

2

L

`­

a ®^¯O2®^1¯O21 N ®¹ : ®¹Z² `­

a ®^1I3¯O21 N ®¹ : ®¹1 N ®² `­

a ®^1I3¯O21 N ®^1I32

Ainsi, _1I3 suit la loi binomiale ^­; 1 N ®^1I3

Conclusion : pour tout ∈ P^∗, ₁suit la loi binomiale ^­; 1 N ®¹.

3) a) L’événement d est réalisé lorsque la secrétaire a joint tous les correspondants en moins de jours, ainsi tous les correspondants ont été joints le ^è³´ jour : d Ÿ₂ ­ .

Pour tout ∈ P^∗, d d N d N 1 ₂ ­ N _2O3 ­

b Pour montrer que d admet une espérance, il faut étudier l’absolue convergence de la série de terme général d :

0 d

w 23

0 `₂ ­ N _2O3 ­a

w

23

0 =`­­a®<sup>2¯O¯</sup>1 N ®<sup>2¯</sup>N `­­a®^2O3¯O¯1 N ®^2O3¯>

w 23

0 1 N ®^2¯N 1 N ®^2O3¯

w 23

0 1 N ®^2¯

w 23

N 0 1 N ®^2O3¯

w

23

0 1 N ®^2¯

w 23

N 0 : 11 N ®^2¯

wO3 2L

0 1 N ®^2¯

w 23

N 0 1 N ®^2¯

wO3 2L

N 01 N ®^2¯

wO3

2L

0 1 N ®^2¯

wO3 2L

: u1 N ®^w¯N 0 1 N ®^2¯

wO3 2L

N 01 N ®^2¯

wO3 2L

u1 N ®^w¯N 01 N ®^2¯

wO3

2L

Au vu de ce qu’on doit obtenir comme résultat, il faut modifier 01 N ®^2¯

wO3 2L

en 01 N 1 N ®^2¯

wO3

2L

01 N 1 N ®^2¯

wO3 2L

0 1

wO3 2L

N 01 N ®^2¯

wO3 2L

u N 01 N ®^2¯

wO3

2L

On en déduit que 01 N ®^2¯

wO3 2L

u N 01 N 1 N ®^2¯

wO3

2L

Ainsi, 0 d

w 23

u1 N ®^w¯N u : 01 N 1 N ®^2¯

wO3 2L

u1 N ®^w¯N 1 : 01 N 1 N ®^2¯

wO3

2L

On étudie maintenant la limite quand u tend vers : ∞ de 0 d

w

23

On sait que 1 : µ₁^¯N1 ~_I·­µ₁ si lim_1→I·µ₁ 0 Ici 0 ¹ ® ¹ 1 donc ®^w → 0

On a donc 1 N ®^w¯N1 ~_w→I·N ­®^w puis u1 N ®^w¯N 1 ~_w→I·N ­u®^w

u®^w ® u®^wO3, or u®^wO3 est le terme général d’une série géométrique dérivée convergente (0 ¹ ® ¹ 1) donc sa limite est égale à 0

w→I·lim u1 N ®^w¯N 1 0

Il reste à étudier la convergence de 01 N 1 N ®^2¯

wO3 2L

∶

1 N 1 N ®^2¯ 1 N 0 `­a1^¯ON®²

¯

L 1 N 0 `­aN1®²

¯

L N 0 `­aN1®²

¯

3

Donc 01 N 1 N ®^2¯

wO3

2L N 0 0 `­aN1®²

¯ 3 wO3

2L N 0 0 `­aN1®²

wO3 23

¯

3 N 0 `­aN1 0®²

wO3 23

¯ 3

0®²

wO3 23

est une somme partielle de série géométrique convergente car 0 ¹ ® ¹ 1

0®²

wO3 23

admet donc une limite finie quand u tend vers : ∞,

il en est de même pour 0 `­aN10®²

wO3 23

¯ 3

Conclusion ∶ d admet une espérance donnée par :

9d 0 d

I·

23

0 : 01 N 1 N ®^2¯

I·

2L

01 N 1 N ®^2¯

I·

2L

01 N 1 N ®^2¯

wO3

2L N 0 `­aN1 0®²

wO3 23

¯

3 N 0 `­aN1`1 N ®^wa 1 N ®

¯

3 → N 0 `­aN1 1

1 N ®

¯

3

c Conclusion ∶ 9d N 0 `­aN1 1 1 N ®

¯

3 0 `­aN1^I3

1 N ®

¯

3

d Si ­ 1 , 9d 0 `1aN1^I3 1 N ®

3 3

1

1 N ® 1 Z

d suit une loi géométrique de paramètre Z donc 9d 1

Z : ce résultat était donc prévisible …