Variables aléatoires sur un univers ﬁni 1 Variables aléatoires

(1)

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Variables aléatoires sur un univers fini 1 Variables aléatoires

⊲ Exercice 1.1.

On lance deux dés à six faces parfaitement équilibrés. SoitX la variable aléatoire égale à la somme des points obtenus. Donner la loi deX, sa fonction de répartition ainsi que la loi deY =|X−7|.

⊲ Exercice 1.2.

Une urne contient initialement une boule blanche et une boule noire indiscernables au toucher. On y effectue des tirages successifs et, à chaque pas du tirage, on replace dans l’urne la boule tirée en ajoutant une boule supplémentaire de la même couleur indiscernable des autres au toucher.

On désigne parXn le nombre de boules blanches obtenues au cours desnpremiers tirages.

1. Déterminer la loi deX1, la loi deX2. 2. CalculerP(Xn= 0) etP(Xn =n).

3. Exprimer la loi deXn en fonction de la loi deXn−1. En déduire, par récurrence, la loi de Xn.

⊲ Exercice 1.3.

Une urne contientnboules numérotées 1,2,...,n. On tire deux boules au hasard simultanément. SoitX(resp.Y) la v.a. égale au plus petit(resp. plus grand) numéro tiré. CalculerE(X),E(Y).

⊲ Exercice 1.4.

On place trois boules indiscernables au hasard dans trois tiroirsT1, T2, T3. On noteX le nombre de tiroirs vides etY le nombre de boules dansT1. Déterminer la loi du couple (X, Y), sa covariance, son coefficient de corrélation linéaire.X etY sont-elles indépendantes ?

⊲ Exercice 1.5.

Une urne contient deux jetons marqués pour l’un 2 et pour l’autre -3. On tire trois fois de suite un jeton de l’urne en le remettant après chaque tirage. On notea, b, cles nombres obtenus respectivement à chaque tirage.

A chaque triplet obtenu, on fait correspondre l’ensemble des nombres complexes solution de l’équation az²+bz+c= 0.

1. Quelle est la probabilité que l’équation admette deux solutions réelles ?

2. On noteX et Y les v.a. qui à chaque triplet (a, b, c) obtenu font respectivement correspondre la somme et le produit des solutions de l’équation. Quelles sont les lois de probabilité deX etY ?

3. Quelle est la loi du couple (X, Y) ?

4. Quelle est la loi de la v.a.Z =X²−4Y? Retrouver alors la probabilité que l’équation admette deux racines réelles.

⊲ Exercice 1.6.

On donne un entier n ≥ 3. n personnes se répartissent au hasard dans les trois pièces A1, A2 et A3 d’un appartement, chaque pièce pouvant contenir un nombre quelconque de personnes allant de 0 à n. On désigne parX1, X2 et X3 les variables aléatoires prenant pour valeurs respectives le nombre de personnes situées dans les piècesA1, A2et A3.

1. (a) Donner les lois de probabilité deX1, X2, X3et X1+X2.

(b) Calculer la variance de X1+X2; en déduire la covariance et le coefficient de corrélation linéaire du couple (X1, X2).

2. (a) Donner la loi de probabilité conjointe du couple (Xi, Xj), i6=j.

(b) On désigne parYn la variable aléatoire prenant pour valeurs le nombre de pièces occupées. Donner la loi deYn et son espérance mathématique.

⊲ Exercice 1.7.

Une urne contientnboules numérotées de 1 àn(n≥2). On s’intéresse à la suite d’épreuves suivantes : on tire au hasard une boule de l’urne, on note son numéro, puis on la remet dans l’urne. On retire alors de l’urne toutes les boules portant un numéro strictement inférieur au numéro que l’on vient de noter. L’urne est alors prête pour le tirage suivant.

On noteUk la v.a. égale au numéro de la boule obtenue auk-ième tirage.

1. Proposer un univers. Quel est son cardinal ? 2. Donner la loi, l’espérance et la variance deU1.

3. Soitk∈N^∗. Quel est l’ensemble des valeurs prises parUk? DéterminerP(Uk = 1).

(2)

4. Calculer pourk ∈N^∗ et 1≤i, j ≤n,P(Uk+1 =i|Uk =j). En déduire l’expression de P(Uk+1 =i) en fonction de la famille (P(U_k =j))1≤j≤n.

5. Pour toutk∈N^∗, on poseuk =E(U_k). Montrer que la suite (u_k) est une suite arithmético-géométrique.

En déduire la valeur deuk en fonction denetk.

⊲ Exercice 1.8. Espérance et variance d’une loi hypergéométrique.

Soient (N, n)∈N^∗2 tels que 06n6N etp∈]0,1[ tel quepN ∈N.

La variable aléatoireX à valeurs dans [[0, n]] suit la loi hypergéométrique de paramètres (N, n, p), ce que l’on noteX ֒→ H(N, n, p), si

∀k∈[[0, n]], P(X=k) = N p

k

N(1−p) n−k

N

n

Une urne contientN boules dontr sont rouges (16r6N). On effectuen tirages successifs d’une boule sans remise. On définit la variable aléatoireYi égale à 1 si la i-ème boule tirée est rouge, à 0 sinon. On note Sj le nombre de boules rouges obtenues à l’issue desj premiers tirages.

1. Posonsp= r

N. L’objectif est de déterminer la loi deSn.

(a) Méthode 1.Montrer par un calcul de dénombrement, queSn suit la loi hypergéométriqueH(N, n, p).

(b) Méthode 2. Montrer par récurrence, en utilisant la formule des probabilités totales, que pour tout i∈[[1, n]],Si suit la loi hypergéométriqueH(N, i, p).

2. L’objectif de cette question est le calcul de l’espérance et de la covariance deSn. (a) Calculer l’espérance et la variance deYi.

(b) Déterminer, pouri6=j, la covariance Cov(Yi, Yj).

(c) Montrer queE(Sn) =npetV(Sn) =np(1−p)N−n N−1.

(d) Retrouver les expressions deE(S_n) etV(S_n) par un calcul direct.

⊲ Exercice 1.9. Loi binomiale comme limite de lois hypergéométriques.

Soient (N, n)∈N^∗2 tels que 06n6N etp∈]0,1[ tel quepN ∈N.

La variable aléatoireX à valeurs dans [[0, n]] suit la loi hypergéométrique de paramètres (N, n, p), ce que l’on noteX ֒→ H(N, n, p), si

∀k∈[[0, n]], P(X=k) = N p

k

N(1−p) n−k

N

n 1. Déterminer, pour k ∈ [[0, n]], lim

N→+∞P(XN = k) où XN est une variable aléatoire telle que XN ֒→ H(N, n, p). Que peut-on en déduire ? Visualiser intuitivement cette interprétation en considérant l’expé- rience aléatoire de l’exercice1.8qui fait apparaître une variable aléatoire suivant une loi hypergéométrique.

2. Calculer de même lim

N→+∞E(XN) et lim

N→+∞V(XN) à partir de l’espérance et de la variance de la loi hypergéométriqueH(N, n, p) (voir l’exercice1.8).

Ces limites sont-elles cohérentes avec l’interprétation du résultat de la question précédente.

⊲ Exercice 1.10. Loi d’une variable dont on connaît des « lois conditionnelles ».

1. Soit X une variable aléatoire qui suit la loi binomiale de paramètres n ∈ N^∗ et p ∈ [0,1]. Soit Y une variable aléatoire prenant des valeurs entières telle que la loi conditionnelle de Y sachant (X = k), k= 0· · ·n, soit une loi binomiale de paramètresn−kett∈[0,1]. Montrer queY suit la loi binomiale de paramètresnet t(1−p). Quelle est la loi deX+Y?

2. Soientn, un entier non nul etp∈]0,1[. On noteq= 1−p

Un joueur dispose dendés pipés dont la probabilité d’apparition du 6 vautp.

L’expérience consiste à lancer tous les dés afin de n’obtenir que des 6. Tant qu’un dé ne donne pas 6, il est relancé systématiquement.

On note pour toutk∈N^∗,Sk, le nombre de dés qui ont donné 6 à l’issue deskpremiers jet.

(a) Quelle est la loi deS1?

(b) Quelle est, pouri∈[[0, n]], la loi deS2−S1 sachant (S1=i) ? En déduire la loi deS2. (c) En déduire, par récurrence que, pourk∈N^∗, Sk֒→ B(n,1−q^k).

⊲ Exercice 1.11.

Deux v.a. de loi de Bernoulli non corrélées (coefficient de corrélation linéaire nul) sont-elles indépendantes ?

(3)

⊲ Exercice 1.12.

On considère une urne contenant n boules blanches et n boules noires dans laquelle on effectue des tirages successifs d’une boule, sans remise. On désigne parT la variable aléatoire égale au rang du premier tirage où la couleur de la boule diffère de celle de la boule précédente.

1. Préliminaire: Montrer que Xn k=p

k p

= n+ 1

p+ 1

. 2. Préciser les valeurs prises parT.

3. Pourk∈N^∗, calculerP(T > k)(sans chercher à calculerP(T =k)).

4. Montrer queE(T) = 1 + Xn k=1

P(T > k). En déduire l’espérance deT et sa limite quand ntend vers +∞.

⊲ Exercice 1.13.

Soit N en entier au moins égal à 3 et (X_k)_k∈N∗ une suite de v.a. définies sur un même espace probabilisé, indépendantes, suivant la loi uniforme sur l’ensemble fini [[1, N]]. Pour tout entier natureln ≥1, on définit la v.a.Sn= max (X1, X2,· · ·, Xn).

1. Les variablesS1, S2,· · · sont-elles indépendantes ? 2. Pour tout entiernnon nul, déterminer la loi deSn.

3. (H.P.) Démontrer que la probabilité de l’événement∪^+∞k=1(S_k =N) est égale à 1.

⊲ Exercice 1.14.

Combien de fois faut-il jeter une pièce bien équilibrée pour que la moyenne de « Pile » obtenus soit dans l’intervalle 1

2−0,01;1 2+ 0,01

avec une probabilité supérieure ou égale à 0,96 ?

⊲ Exercice 1.15.

On lance indéfiniment un dé non pipé à six faces. A l’aide de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, déterminer la plus petite valeur denpour laquelle on a plus d’une chance sur deux d’obtenir, en 6nlancers, une fréquence d’apparition du six qui s’écarte de moins de 10⁻² de la valeur 1

6.

⊲ Exercice 1.16. On effectue 4nlancers d’un dé tétraédrique, dont les faces sont marquées 1,2,3,4. Ce dé est pipé et la probabilité qu’un lancer quelconque cache la face marquée 1 vautpavec 0< p <1 etp6=1

4. On noteXn la variable aléatoire égale au nombre de fois où la face marquée 1 a été cachéee.

1. Quelle est la loi deXn?

2. Montrer queP(X_n=n)≤P(|Xn−4np| ≥n|1−4p|) 3. En déduire que lim

n→+∞P(X_n=n) = 0.

⊲ Exercice 1.17.

Soit p ∈]0,1[. On considère une suite (Xi) de v.a. mutuellement indépendantes, de même loi de Bernoulli de paramètrep.

Pour toutn∈N^∗, on définitYn=Xn+Xn+1

2 etTn= Y1+· · ·+Yn

n .

1. Déterminer la loi des v.a.Yn. 2. CalculerE(Tn) etV(Tn).

3. Montrer que, pour toutε >0, lim

n→+∞P(|Tn−p| ≥ε) = 0.

⊲ Exercice 1.18. Soient (Ω, P) un espace probabilisé et X : Ω → R une variable aléatoire ne prenant que n∈N^∗ valeurs différentes (x1, . . . , xn)∈Rⁿ.

Montrer que la connaissance des moments d’ordreideX pour i∈[[1, n−1]], à savoir (E(Xⁱ))i∈[[1,n−1]] permet d’accéder à la loi deX.

Expliciter le casn= 2.

Montrer que les valeurs (p_i=P(X =i)

i∈[[1,n]]de la loi deX peuvent être explicités en utilisant les espérances de la base d’interpolation de Lagrange enx1, . . . , xn.

⊲ Exercice1.19. Mines MP 2017.SoitA= (Ai,j)(i,j)∈[[1,n]]²une matrice dont les coefficients sont des variables aléatoiresAi,j réelles centrées, réduites, identiquement distribuées définies sur un espace probabilisé fini (Ω,P) et mutuellement indépendantes.

CalculerE(det(A)) etV(detA).

⊲ Exercice 1.20. Mines PSI 2017. On considère une urne contenant n boules numérotées de 1 à n, dans laquelle on effectuen tirages successifs sans remise. On note Xk le numéro de la boule tirée à lak-ème étape.

On dit qu’il y a un pic à lak-ème étape siXk >max(X1, . . . , Xk−1). On convient qu’il y a toujours un pic au premier tirage. On noteSn le nombre de pics au cours desntirages.

1. DéterminerP(Sn = 1) etP(Sn=n).

2. Soit Tk la variable indicatrice de l’événement : il y a un pic auk-ème tirage. Déterminer la loi de Tk. Donner l’espérance deSn.

(4)

2 Couples de variables aléatoires

⊲ Exercice 2.1. Soient X et Y deux variables aléatoires de Bernoulli indépendantes de paramètres respectifs p1 et p2. On poseU1=X+Y et U2=XY.

1. Déterminer les lois, espérance et variances deU1et U2. Quelle est la loi du couple (U1, U2) ? 2. U1 etU2 sont-elles indépendantes ?

3. Soient X1, ..., Xn n variables aléatoires de Bernoulli de paramètres respectifs p1,...,p_n. On pose Z = max(X1, ..., Xn) etV = min(X1, ..., Xn). Déterminer les lois deZ et V.

⊲ Exercice 2.2. SoitFn l’ensemble des applications deE= [[1, n]] dans lui-même (n>3).

SoitX la v.a. qui, àf ∈ Fn associe le cardinal de Imf.

Pour touti∈[[1, n]], Xi est la v.a. indicatrice de l’événement «i∈Imf ».

1. Quelle est la loi deXi?

2. CalculerE(X). Donner un équivalent de E(X)

n lorsquen→+∞.

3. Expliciter la loi du couple (X_i, Xj) pour (i, j)∈[[1, n]]²tels que i6=j. Montrer que Cov(Xi, Xj) =

1−2

n n

−

1− 1 n

2n

4. Calculer la variance deX et montrer que V(X)

n _n→+∞∼ 1 e

1−2

e

.

(5)

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

⊲ Corrigé de l’exercice 1.2 1. X1(Ω) = [[0,1]].

Pour le premier tirage, la boule étant prise « au hasard », P(X1 = 0) = 1

2 et P(X1 = 1) = 1 2 donc X1֒→ B

1 2

. X2(Ω) = [[0,2]].

Pour le deuxième tirage, utilisons la formule des probabilités totales version conditionnelle en nous pla¸ant dans le système complet associé à la v.a.X1ce qui est autorisé carP(X1= 0)>0 etP(X1= 1)>0 :

P(X2= 0) =PX1= 0(X2= 0)

| {z }

= 2 3

×P(X1= 0)

| {z }

= 1 2

+PX1= 1(X2= 0)

| {z }

= 0

×P(X1= 1)

| {z }

=1 2

= 1 3

P(X2= 1) =PX1= 0(X2= 1)

| {z }

= 1 3

×P(X1= 0)

| {z }

= 1 2

+PX1= 1(X2= 1)

| {z }

=1 3

×P(X1= 1)

| {z }

=1 2

= 1 3

P(X2= 2) =PX1= 0(X2= 2)

| {z }

= 0

×P(X1= 0)

| {z }

= 1 2

+PX1= 1(X2= 2)

| {z }

=2 3

×P(X1= 1)

| {z }

=1 2

= 1 3

Ainsi,X2 suit la loi uniforme sur [[0,2]] donc 1 +X2֒→ U³(loi uniforme sur [[1,3]]).

2. CalculerP(X_n= 0) etP(X_n =n).

Montrons que P(Xn = 0) = 1

n+ 1 = P(Xn = n) par récurrence sur n en considérant la propriété P définie pour toutn∈N^∗ par

P(n) : «P(Xn = 0) = 1

n+ 1 =P(Xn=n) »

⋆ P(1) est vraie d’après la question 1.

⋆ Soitn∈Nfixé quelconque tel queP(n) est vraie.

Puisque la véracité deP(n) donneP(Xn = 0) = 1

n+ 1, la formule des probabilités conditionnelles dit P((Xn= 0)∩(Xn+1= 0))

| {z }

=P(Xn+1= 0) car (Xn= 0)⊂(Xn+1= 0)

= P(Xn= 0)(Xn+1= 0)

| {z }

= n+ 1 n+ 2

car sachant (Xn= 0), il y a 1 boule blanche etn+ 1 noires

× P(Xn= 0)

| {z }

= 1

n+ 1 carP(n) est vraie

= 1

n+ 2

De même, en se plaçant dans le système complet (Xn =k)k∈[[0,n]], P(Xn+1 =n+ 1) =

Xn k=0

P((Xn=k)∩(Xn+1=n+ 1)

| {z }

=∅sik < n

) =P((Xn=n)∩(Xn+1=n+ 1))

si bien que, puisque la véracité de P(n) donne P(X_n = n) = 1

n+ 1, la formule des probabilités conditionnelles dit

P((Xn= 0)∩(Xn+1 = 0))

| {z }

=P(Xn+1=n+ 1)

= P(Xn =n)(Xn+1=n+ 1)

| {z }

=n+ 1 n+ 2

car sachant (Xn=n), il y a n+ 1 boule blanches et 1 noires

× P(Xn=n)

| {z }

= 1

n+ 1 carP(n) est vraie

= 1

n+ 2

Par conséquent,P(n+ 1) est vraie.

Ainsi,∀n∈N,P(Xn = 0) = 1

n+ 1 =P(Xn+1).

(6)

3. Xn+1(Ω) = [[0, n+ 1]].

D’après les questions précédentes,P(Xn+1= 0) = 1

n+ 2 et P(Xn+1=n+ 1) = 1 n+ 2. Soiti∈[[1, n]].

En se plaçant dans le système complet (Xn=k)_k∈[[0,n]], P(Xn+1=k) =

Xn k=0

P( (X_n=k)∩(Xn+1=i)

| {z }

=∅ sik < i−1 ouk > i

) =P((X_n =i−1)∩(Xn+1=i))+P((X_n=i)∩(Xn+1=i))

Exprimer la loi deXn en fonction de la loi deXn−1. En déduire, par récurrence, la loi de Xn.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.3 Ω ={{i, j} |(i, j)∈[[1, n]], i6=j}.

On munit Ω de la probabilité uniforme (tirage « au hasard »).

|Ω|= n

2

. X(Ω) = [[1, n−1]]

∀i∈[[1, n−1]],P(X =i) =

n−i 1

n 2

= 2(n−i) n(n−1).

E(X) =

n−1X

i=1

iP(X =i)

=

n−1X

i=1

2(ni−i²) n(n−1)

= 2

n(n−1) n

n−1X

i=1

i−

n−1X

i=1

i²

!

= 2

n(n−1)

n(n−1)n

2 −1

6(n−1)n(2n−1)

= 2

6(3n−(2n−1))

= n+ 1 3 Y(Ω) = [[2, n]]

∀i∈[[2, n]],P(Y =i) =

i−1 1

n 2

= 2(i−1) n(n−1). E(Y) =

Xn i=2

iP(Y =i)

= Xn i=2

2(i²−i) n(n−1)

= 2

n(n−1) Xn i=2

i²− Xn i=2

i

!

= 2

n(n−1) Xn i=1

i²−1− Xn i=1

i+ 1

!

= 2

n(n−1) 1

6n(n+ 1)(2n+ 1)−n(n+ 1) 2

= 2(n+ 1)

6(n−1)((2n+ 1)−3)

= 2(n+ 1) 3

• Ω ={(n1, n2, n3)∈[[1,3]]|n1+n2+n3= 3}.

L’issue (n1, n2, n3) correspond à la suituation où, pour touti∈[[1,3]], le tiroirTi contientni boules.

|Ω|= 5

2

= 10 (nombre de façons de choisir 2 séparatrices sur un alignement de 5 alumettes afin de les

« séparer » en 3 groupes).

(7)

X(Ω) ={0,1,2,3}et Y(Ω) ={0,1,2,3}.

(X = 0) (X= 1) (X = 2) (X= 3) loi deY

(Y = 0) 0 2

10

2

10 0 4

10

(Y = 1) 1 10

2

10 0 0 3

10

(Y = 2) 0 1

10

1

10 0 2

10

(Y = 3) 0 0 1

10 0 1

10

loi deX 1 10

5 10

4

10 0 1

• À la lecture du tableau, on observe queP(X = 1, Y = 3) = 06=P(X = 1)P(Y = 3) = 5 10× 1

10 donc les variables aléatoiresX etY ne sont pas indépendantes.

•

E(X) =P(X = 1) + 2P(X = 2) = 5 + 2×4

10 = 13

10 E(X²) =P(X = 1) + 2²P(X = 2) = 5 + 16

10 =21 10 E(Y) =P(Y = 1) + 2P(Y = 2) + 3P(Y = 3) = 3 + 4 + 3

10 = 1 E(Y²) =P(Y = 1) + 2²P(Y = 2) + 3²P(Y = 3) =3 + 8 + 9

10 = 2 La loi deXY est, donnée par (XY)(Ω) ={0,1,2,3,4,6},

P(XY = 0) =P((X = 0)∪(Y = 0)) =P(X = 0)+P(Y = 0)−P((X = 0)∩(Y = 0)) = 1 10+4

10−0 = 5 10 = 1

2 P(XY = 1) =P((X = 1)∩(Y = 1)) = 2

10 = 1 5

P(XY = 2) =P((X = 2)∩(Y = 1)) +P((X= 1)∩(Y = 2)) = 0 + 1 10 = 1

10 P(XY = 3) =P((X = 1)∩(Y = 3)) = 0

P(XY = 4) =P((X = 2)∩(Y = 2)) = 1 10 P(XY = 6) =P((X = 2)∩(Y = 3)) = 1

10

E(XY) =P(XY = 1) + 2P(XY = 2) + 3P(XY = 3) + 4P(XY = 4) + 6P(XY = 6) = 2 + 2 + 4 + 6

10 = 7

5 On en déduit queCov(XY) =E(XY)−E(X)E(Y) =7

5 −13 10 = 1

10. V(X) =E(X²)−E(X)²=21

10−13² 10² = 41

100 doncσ(X) =

√44 10 . V(Y) =E(Y²)−E(Y)²= 2−1²= 1 doncσ(Y) = 1.

Le coefficient de corrélation linéaire estρ(X, Y) = 1

√41 ≃0,16.

Ω ={2,−3}³, |Ω|= 8. On considère la probabilité uniforme sur cet univers.

(8)

Listons les issues de l’univers :

(a,b,c) −b a

c

a b²−4ac (2,2,2) −1 1 −12 (2,2,−3) −1 −3

2 28

(2,−3,2) 3

2 1 −5

(2,−3,−3) 3 2 −3

2 33

(−3,2,2) 2 3 −2

3 28

(−3,2,−3) 2

3 1 −32

(−3,−3,2) −1 −2

3 33

(−3,−3,−3) −1 1 −27 1. NotonsAl’événement « l’équation admet deux solutions réelles ».

L’équationaz²+bz+c= 0 admet deux solutions réelles si et seulement sib²−4ac >0 or sur les 8 issues que compte l’univers, 4 donnent un discriminant>0 si bien queP(A) =4

8 =1 2. 2. Par définition, pour tout (a, b, c)∈Ω,

X(a, b, c) =−b

c et Y(a, b, c) = c a Loi deX :X(Ω) =

−1,2 3,3

2

,

P(X =−1) = 4 8 = 1

2 , P

X =2 3

=2 8 =1

4 , P

X = 3 2

= 2 8 = 1

4 Loi deY :Y(Ω) =

1,−2

3,−3 2

,

P(Y = 1) =4 8 =1

2 , P

Y =−2 3

= 2 8 = 1

4 , P

Y =−3 2

=2 8 =1

4 3. Loi du couple (X, Y) :

Y =−3

2 Y =−2

3 Y = 1 loi deX X =−1 1

8

1 8

1 4

1 2

X = 2

3 0 1

8

1 8

1 4

X = 3 2

1

8 0 1

8

1 4 loi deY 1

4

1 4

1

2 1

4. Loi deZ=X²−4Y :Z(Ω) ={−32,−27,−12,−5,28,33}, P(Z =−32) = 1

8, P(Z=−27) = 1

8 , P(Z=−12) = 1

8 , P(Z =−5) = 1

8 , P(Z = 28) = 1

4 , P(Z = 33) = 1 4 L’événementA= (Z >0) = (Z= 33)a

(Z = 28) doncP(A) =P(Z= 33) +P(Z= 28) = 1 2.

1. (a) • Méthode 1 : dénombrement.

Supposons les participants numérotés de 1 àn.

Choisissons l’universω = [[1,3]]ⁿ muni de laprobabilité uniforme: toutes les répartitions sont équiprobables.

ω= (1, . . . ,1) correspond à tout les participants dans la pièceA1.

(9)

ω = (1,2,3,3, . . . ,3) correspond à la répartition suivante : le premier participant est dans A1, le deuxième est dansA2 et tous les autres sont dansA3.

On a donc|ω|= 3ⁿ. X1(Ω) = [[0, n]].

Soitk∈[[0, n]] fixé quelconque.

P(X1=k) =

choix deskparticipants qui vont dansA1

z }| { n

k

×

toutes les façons de

répartir lesn−kautres dansA2 etA3

z }| { 2^n−k

3ⁿ =

n k

1 3

k2 3

n−k

Par conséquent,X1֒→ B

n,1 3

.

• Méthode 2 : décomposition en une somme de variables aléatoires de Bernoulli.

Notons, pour touti ∈ [[1, n]], Zi la variable aléatoire qui vaut 1 si le participant numéroi entre dansA1et 0 sinon.

∀i∈[[1, n]],Zi֒→ B 1

3

car le choix des participants se fait au hasard.

On fait de plus l’hypothèse que ces variables aléatoires (Zi)i∈[[1,n]] sont mutuellement indépendantesce qui permet, puisque

X1= Xn i=1

Zi

d’affirmer queX1 suit la loi B

n,1 3

en tant que somme de nvariables aléatoires de Bernoulli mutuellement indépendantes et de même paramètre 1

3. Ainsi,X1֒→ B

n,1

3

,X2֒→ B

n,1 3

,X3֒→ B

n,1 3

.

De plus,X1+X2=n−X3orX3֒→ B

n,1 3

doncn−X3֒→ B

n,1−1 3

donc X1+X2֒→ B

n,2 3

.

(b) X1+X2֒→ B

n,2 3

doncV(X1+X2) =n×2 3×1

3 = 2n 9 . Par ailleurs, par propriété de la variance,

V(X1+X2)

| {z }

=2n 9

= V(X1)

| {z }

=n×1 3×2

3 carX1֒→ B

n,1

3

+ V(X2)

| {z }

=n×1 3 ×2

3 carX2֒→ B

n,1

3

+2Cov(X1, X2)

donc

Cov(X1, X2) =−n 9 2. (a) Soient (i, j)∈[[1,3]]² tels quei6=j.

(Xi, Xj)(Ω)⊂[[0, n]]².

Soient (k, l)∈[[0, n]]² fixés quelconques.

⋆ Sik+l > n, l’événement (Xi=k, Xj =l) est impossible donc P(Xi=k, Xj=l) = 0

⋆ Sik+l6n,

• Méthode 1 : dénombrement.

P(Xi=k, Xj=l) =

choix deskparticipants qui vont dansAi

z }| { n

k

×

choix desl participants qui vont dansAj

z }| { n−k

l

3ⁿ = n!

k!l!(n−k−l)!

1 3ⁿ

(10)

• Méthode 2 : probabilités conditionnelles.

P(X_i=k, Xj =l) = P(Xj=l)(X_i=k)

| {z } n−l

k

× 1 2^n−l

car la loi deXi sachant (Xj=l) est binomiale de param.

n−l,1

2

× P(X_j =l)

| {z } n

l 1

3^l ×2^n−l 3^n−l carXj ֒→ B

n,1

3

= n!

k!l!(n−k−l)!

1 3ⁿ (b) Yn(Ω) = [[1,3]] (carn>1).

⋆ (Yn= 1) = a3 i=1

(Xi=n) donc

P(Yn= 1) = P(X1=n)

| {z }

= n

n 1

3ⁿ 2⁰ 3⁰

+ P(X2=n)

| {z }

= n

n 1

3ⁿ 2⁰ 3⁰

+ P(X3=n)

| {z }

= n

n 1

3ⁿ 2⁰ 3⁰

= 1

3ⁿ⁻¹

⋆ (Yn= 2) = (X1= 0)∩(X26= 0)∩(X36= 0)a

(X16= 0)∩(X2= 0)∩(X36= 0)a

(X16= 0)∩(X26= 0)∩(X3= 0) donc, pour des raisons de symétrie des rôles joués par les variablesX1,X2etX3 qui suivent les mêmes lois,

P(Y_n= 2) = 3P

(X1= 0)∩(X26= 0)∩(X36= 0)

• Méthode 1 : dénombrement.

P

(X1= 0)∩(X26= 0)∩(X36= 0)

=

nombre de répartition desnsur les 2 piècesA2 et A3

moins les 2 répartitions avecA1=∅ etA26=∅ z }| {

2ⁿ−2 3ⁿ donc

P(Yn= 2) = 2ⁿ−2 3ⁿ⁻¹

• Méthode 2 : probabilités conditionnelles.

Plaçons-nous dans le système complet (X3=k)k∈[[0,n]] :

P

(X1= 0)∩(X26= 0)∩(X36= 0)

=

n−1X

k=1

P

(X1= 0)∩(X26= 0)∩(X3=k)

=

n−1X

k=1

P(X3=k)

(X1= 0)∩(X26= 0)

| {z }

= 1

2^n−k

car sachant qu’il y ak personnes dans A3, il n’y a qu’une seule répartition sur 2^n−k possibles pour laquelleA3est vide

×P(X3=k)

=

n−1X

k=1

1 2^n−k

n k

2^n−k 3ⁿ

= 1

3ⁿ

n−1X

k=1

n k

= 1

3ⁿ −2 + Xn k=0

n k

!

= 2ⁿ−1 3ⁿ d’oùP(Yn = 2) = 2ⁿ−2

3ⁿ⁻¹ .

(11)

⋆ (Y_n= 3) = (Y_n= 1)a

(Y_n= 2) donc

P(Yn= 3) = 1−P(Yn = 1)−P(Yn= 2) = 1− 1

3ⁿ⁻¹ −2ⁿ−2

3ⁿ⁻¹ =P(Yn= 2) = 1−2ⁿ−1 3ⁿ⁻¹ Autre méthode pour le calcul de P(Yn = 3) : formule du crible : La formule du crible donne

P

(X16= 0)∪(X26= 0)∪(X26= 0)

| {z }

= Ω

= P(X16= 0) +P(X26= 0) +P(X26= 0)

−P((X16= 0)∩(X26= 0))−P((X26= 0)∩(X36= 0))−P((X16= 0) +P

(X16= 0)∩(X26= 0)∩(X26= 0)

| {z }

= (Yn= 3)

donc, en utilisant que les rôles des 3 variables aléatoires sont symétriques, P(Y_n= 3) = 1−3 P((X1= 0))

| {z }

= 1− n

0 2ⁿ

3ⁿ

+3P((X16= 0)∩(X26= 0))

Par ailleurs,

P((X16= 0)∩(X26= 0)) = Xn k=1

P((X1=k)∩X26= 0)

=

n−1X

k=1

P(X1=k)(X26= 0)

| {z }

= 1− 1 2^n−k

× P(X1=k)

| {z }

= n

k 2^n−k

3ⁿ

=

n−1X

k=1

n k

1 3^k

2^n−k 3^n−k

| {z }

= 1−2ⁿ 3ⁿ − 1

3ⁿ

−

n−1X

k=1

n k

1 3ⁿ

| {z }

=2ⁿ−2 3ⁿ

= 1−2ⁿ⁺¹ 3ⁿ + 1

3ⁿ Ainsi,

P(Yn= 3) = 1−3

1−2ⁿ 3ⁿ

+ 3

1−2ⁿ⁺¹ 3ⁿ + 1

3ⁿ

= 1−2ⁿ−1 3ⁿ⁻¹

1. Ω ={(i1, i2, . . . , ik)∈[[1, n]]^k |i16i26. . .6ik}.

Ω est en bijection avec les applications croissantes de [[1, k]] dans [[1, n]] donc (voir feuille de TD de dénombrement) |Ω|=

n+k−1 k

.

Il y a un problème, l’univers sur lequel nous définissonsUk n’est pas le même a priori que celui sur lequel nous définissonsUk+1, donc a priori les probabilités sur ces univers diffèrent également....comment lever ce problème ? en considérant un univers infini...mais alors comment définit-on la probabilité sur cet univers ? 2. U1֒→ Uⁿ donc

⋆ U1(Ω) = [[1, n]],

⋆ ∀i∈[[1, n]],P(U1=i) = 1 n. On en déduit que E(U1) = n+ 1

2 et V(U1) =n²−1

12 .

3. Soitk∈N^∗.

D’une part, compte tenu de l’expérience modélisée,Uk(Ω)⊂[[1, n]].

Par ailleurs, pour touti∈[[1, n]], considérons l’issue (i, . . . , i) constituée dektirages successifs de la boule numéroi, alorsUk(ω) =idonc [[1, n]]⊂Uk(Ω).

(12)

Par conséquent, Uk(Ω) = [[1, n]].

L’événement{Uk= 1} s’écrit également

{Uk= 1}={U1= 1} ∩ {u2= 1} ∩. . .∩ {Uk= 1}=

\k i=1

{Xi= 1} si bien que laformule des probabilités composéesdonne

P(U_k= 1) = P

\k i=1

{Xi= 1}

!

= P(U1= 1)

| {z }

= 1 n

×P{U1= 1}(U2= 1)

| {z }

= 1 n

×P{U1= 1} ∩ {U2= 1}(U3= 1)×. . .×P

k−1\

i=1

{Ui= 1}(Uk= 1)

| {z }

= 1 n

= 1

n^k

Ainsi, P(U_k= 1) = 1 n^k.

Remarque.En toute rigueur, pour pouvoir appliquer la formule des probabilités composées, il est né- cessaire de vérifier queP(

k−1\

i=1

{Ui = 1})6= 0, c’est pourquoi il est plus rigoureux de prouver le résultat ci-dessus par récirrence sur la propriétéP(k) définie pourk∈[[1, n]] :

P(k) : «P(Uk = 1) = 1 n^k » 4. Soient (i, j)∈[[1, n]]² fixés quelconques.

⋆ Sii < j, les événements{Uk+1=i}et{Uk=j}sont incompatibles donc P(Uk+1=i, Uk=j) = 0 .

⋆ Si i > j, P(Uk+1=i, Uk=j) =P{Uk=j}(Uk+1=i)P(Uk =j) =P(Uk =j)

n−j+ 1 car sachant que Xk=j, il s’agit de la probabilité de tirer au hasard une boule parmin−j+ 1 boules indiscernable.

En utilisant la formule des probabilités totales dans le système complet associé à la variable aléatoire Uk à savoir ({Uk =j})j∈[[1,n]],

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

P({Uk+1=i} ∩ {Uk=j})

= Xn j=1

P(Uk+1 =i, Uk=j)

= Xi j=1

P(Uk+1 =i, Uk=j) carj > i⇒P(Uk+1=i, Uk=j) = 0

= Xi j=1

P{P(X_k =j)}(Uk+1 =i)P(X_k =j)

= Xi j=1

P(X_k=j)

n−j+ 1 en utilisant la probabilité calculée ci-dessus.

(13)

5.

uk+1 = E(Xk+1)

= Xn i=1

iP(Xk+1=i)

= Xn i=1

i Xi j=1

P(X_k=j) n−j+ 1

= X

16j6i6n

iP(Xk=j) n−j+ 1

= Xn j=1

Xn i=j

iP(Xk=j) n−j+ 1

= Xn j=1

P(X_k =j) n−j+ 1

Xn i=j

i

= Xn j=1

P(X_k =j) n−j+ 1

(n+j)(n−j+ 1) 2

= 1

2 Xn j=1

(n+j)P(X_k =j)

= n

2 Xn j=1

P(Xk=j)

| {z }

= 1

+1 2

Xn j=1

jP(Xk =j)

| {z }

=E(Xk)

= 1

2uk+n 2

Par conséquent, la suite (uk) est une suite arithmético-géométrique solution de la relation de réucurrence linéaire d’ordre 1 à coefficients constants et avec second membre

∀k∈N^∗ , uk+1=1 2uk+n

2 (1)

La droite vectorielle des solutions de l’équstion homogène est λ

2^k

k∈N^∗

λ∈R

Une solution particulière constante est (n)_k∈N∗ si bien que la droite affine des solutions de l’équation de récurrence (1) est

λ 2^k +n

k∈N∗

λ∈R

Sachant que la suite qui nous intéresse vérifie u1 = E(U1) = n+ 1

2 , on détermine la valeur de λ qui correspond à notre suite

Ainsi,∀k∈N^∗,uk =1−n 2^k +n.

Remarque : lim

k→+∞uk =n ce qui s’interprête comme le fait que, lorsque k →+∞, la variableUk est presque sûrement constante égale à 1.

1. (a) Méthode 1.On suppose toutes les boules distinctes mais indiscernables au toucher. Le caractère distinct permet de supposer que les boules rouges sont numérotées de 1 àr=N p, les autres de 1 àN −r= N(1−p).

L’univers Ω correspond à tous les arrangements de nboules parmi lesN boules de l’urne. Par consé- quent,|Ω|= N!

(N−n)!.

Le caractère « insdiscernables au toucher » des boubles suggère que tous les arrangements sont équi- probables donc on considère sur Ω la probabilité uniforme.

Sn(Ω) ⊂[[0, n]] (seulement une inclusion a priori car si r < n, alors Sn ne prend pas les valeurs de l’ensemble [[r+ 1, n]]).

(14)

Pour toutk∈[[0, n]], le cardinal de l’événement (S_n=k) est n

k

| {z }

choix des emplacements deskboules rouges sur lesnboules tirées

×

r k

| {z } choix deskboules rouges parmi lesr

boules rouges

|{z}k!

arrangements desk boules rouges choisies sur leskemplacements

choisis

×

N(1−p) n−k

| {z } choix desn−kboules boules non rouges parmi

lesN−r=N(1−p) boules non rouges

(n−k)!

| {z } arrangements des n−kboules non rouges sur lesn−k emplacements

libres donc

P(Sn =k) = |(Sn=k)|

|Ω|

= n

k r

k

k!

N(1−p) n−k

(n−k)!

N!

(N−n)!

=

n!

k!(n−k)!

r k

k!

N(1−p) n−k

(n−k)!

N! (N−n)!

= r

k

N(1−p) n−k

N! n!(N−n)!

= r

k

N(1−p) n−k

N

n

Ainsi,Sn suit la loi hypergéométriqueH(N, n, p) où p= r N.

(b) Méthode 2.Considérons la propriétéP(·) définie pour touti∈[[1, n]] parP(i) : «Si֒→ H N, i, r

N ».

• S1est une variable aléatoire de Bernoulli dont le paramètre de succès est r

N :S1est à valeurs dans [[0,1]],P(S1= 0) = 1−pet P(S1= 1) =p. Par conséquent,

N p 0

N(1−p) 1−0

N

1

=N(1−p)

N =P(S1= 0) et N p

1

N(1−p) 1−1

N

1

= N p

N =P(S1= 1) doncS1֒→ H(N,1, p).

Ainsi,P(1) est vraie.

• Soiti∈[[1, n−1]] fixé quelconque tel queP(i) est vraie.

D’une part,Si+1(Ω)⊂[[0, i+ 1]] car après (i+ 1)−tirages, on a obtenu au plusi+ 1 boules rouges (sachant quei+ 16n).

Soitk∈[[0, i+ 1]].

Appliquons la version conditionnée de la formule des probabilités totales dans le système complet associé à la variable aléatoireSi :

P(Si+1=k) = Xi j=0

P((Si+1=k)∩(S_i =j))

Si+1=Si+Yi+1etYi+1est une variable aléatoire de Bernoulli donc à valeurs dans{0,1}donc, pour toutω∈Ω,Si+1(ω) =Si(ω) ouSi+1(ω) =Si(ω) + 1 si bien que pour toutj∈[[0, k−2]]∪[[k+ 1, i]], (Si+1=k)∩(S_i=j) =∅. Par conséquent,

• sik6i,

P(Si+1 =k) =P((Si+1=k)∩(Si=k−1)) +P((Si+1=k)∩(Si=k))

(15)

— SiP(S_i=k−1)6= 0 etP(S_i=k)6= 0, P(Si+1=k) = P((Si+1 =k)∩(Si=k−1))

P(S_i =k−1) P(S_i=k−1) +P((Si+1 =k)∩(Si=k))

P(S_i=k) P(S_i=k)

= P(Si=k−1)(Si+1=k))P(S_i=k−1) +P(Si=k)(Si+1=k)P(S_i=k) aprèsitirages qui ont amené k−1 boules rouges, il resteN−iboules dontr−(k−1) rouges,

et aprèsitirages qui ont amenékboules rouges, il resteN−iboules dontN−r−(i−k) non rouges,

= r−(k−1) N−i

N p k−1

N(1−p) i−(k−1)

N

i

+N−r−(i−k) N−i

N p k

N(1−p) i−k

N

i

carP(i) vraie :Si֒→ H N, i, r

N

= r−(k−1) N−i

k N p−(k−1)

N p k

N(1−p) i+ 1−k)

i+ 1

N−i N

i+ 1

+N−r−(i−k) N−i

N p k

i+ 1−k N(1−p)−(i−k)

N(1−p) i+ 1−k i+ 1

N−i N

i+ 1

orr=N ppar définition

= (N p−(k−1))k (i+ 1)(N p−(k−1))

N p k

N(1−p) i+ 1−k)

N

i+ 1

+i+ 1−k i+ 1

N p k

N(1−p) i+ 1−k N

i+ 1

= k

i+ 1 N p

k

N(1−p) i+ 1−k)

N

i+ 1

+i+ 1−k i+ 1

N p k

N(1−p) i+ 1−k N

i+ 1

= N p

k

N(1−p) i+ 1−k N

i+ 1

— Sinon, l’une ou l’autre des probabilités est nulle.

— SiP(Si =k−1) = 0, alors compte tenu de l’expressionP(Si=k−1) = N p

k−1

N(1−p) i−(k−1)

N

i

(carP(i) est vraie), la nullité deP(Si=k−1) impose celle de N p

k−1

= r

k−1

donc k−1> r. Dans ce cask > r également doncP(Si=k) = 0 si bien que les inclusions

(Si+1=k)∩(Si=k−1)⊂(Si=k−1) et (Si+1=k)∩(Si =k)⊂(Si =k) impliquent

06P((Si+1=k)∩(Si=k−1))6P((Si=k−1)) = 0 et 06P((Si+1 =k)∩(Si =k))6P((Si=k)) = 0 doncP((Si+1=k)∩(S_i=k−1)) = 0 etP((Si+1=k)∩(S_i=k−1)) = 0 si bien que

P(Si+1=k) =P((Si+1=k)∩(S_i=k−1)) +P((Si+1=k)∩(S_i=k)) = 0

Par ailleurs, puisquek > r=N p, N p

k

= 0 donc N p

k

N(1−p) i+ 1−k N

i+ 1

= 0 donc on a

P(Si+1=k) = 0 = N p

k

N(1−p) i+ 1−k N

i+ 1

(16)

— Sinon,P(S_i=k−1)6= 0 or l’une des deux probabilitésP(S_i =k−1) ouP(S_i=k) est nulle donc P(S_i = k) = 0. Compte tenu de l’expression de P(S_i = k) =

N p k

N(1−p) i−k

N

i

(carP(i) est vraie), la nullité deP(Si=k) impose celle de N p

k

= r

k

donck > r. De

plus, sik > r+ 1, alorsk−1> r doncP(Si =k−1) = N p

k−1

N(1−p) i−(k−1)

N

i

= 0 (car

N p k−1

= 0) ce qui contredit l’hypothèse de départ donck6r+ 1. Finalement,k > r et k6r+ 1 donck=r+ 1. Puisqu’il n’y a quer boules rouges,P(Si+1 =k) = P(Si+1 = r+1) = 0. Par ailleurs,k=r+1 donc

N p k

= r

r+ 1

= 0 donc N p

k

N(1−p) i+ 1−k N

i+ 1

= 0.

Par conséquent,

P(Si+1=k) = 0 = N p

k

N(1−p) i+ 1−k N

i+ 1

• Sik=i+ 1,

P(Si+1=i+ 1) =P((Si+1=i+ 1)∩(S_i=i))

— SiP(S_i=i)6= 0 donc

P(Si+1=i+ 1) = P((Si+1=i+ 1)∩(Si=i))

P(Si=i) P(Si=i)

= P(S_i=i)(Si+1=i+ 1)P(Si=i)

après itirages qui ont amenéiboules rouges, il resteN−iboules dontr−irouges

= r−i N−i

N p i

N(1−p) i−i

N

i

carP(i) vraie :Si֒→ H N, i, r

N

= r−i N−i

i+ 1 N p−i

N p i+ 1

N(1−p) (i+ 1)−(i+ 1)

i+ 1

N−i N

(i+ 1)

= r−i N−i

1 r−i

N p i+ 1

N(1−p) (i+ 1)−(i+ 1)

1

N−i N

(i+ 1)

carN p=rpar définition dep

=

N p i+ 1

N(1−p) (i+ 1)−(i+ 1)

N

i+ 1

— SiP(Si =i) = 0 (la nullité de cette probabilité nous interdit d’utiliser la probabilité condi- tionnelleP(Si=i)(·) comme ci-dessus), sachant queP(S_i=i) =

N p i

N(1−p) i−i

N

i

, la nullité

de ce produit impose N p

i

= 0 donci > N pmais dans ce cas d’une part (Si+1=i+ 1)∩(Si=i)⊂(Si=i)

donc 06P((Si+1=i+ 1)∩(S_i =i))6P((S_i=i)) = 0 doncP(Si+1=i+ 1) = 0,

(17)

et d’autre part,i > N pdonci+1> N p=rdonc N p

i+ 1

= 0 donc N p

i+ 1

N(1−p) (i+ 1)−(i+ 1)

N

i+ 1

= 0 donc

P(Si+1=i+ 1) = 0 = N p

i+ 1

N(1−p) (i+ 1)−(i+ 1)

N

i+ 1

Ainsi,Si+1֒→ H(N, i, p) donc P(i+ 1) est vraie.

2. (a) Soiti∈[[1, n]].

Yi est une variable aléatoire de Bernoulli donc en notantyi son paramètre,E(Yi) =yi.

Or l’événement (Yi= 1) correspond aux tirages denboules parmi lesquelles la i-ème boule est rouge et lesn−1 autres sont de couleur quelconque, cela fait

r 1

| {z }

choix de la boule rouge eni-ème position parmi lesrboules rouges

× (N−1)!

(N−n)!

| {z }

arrangements desN−1 autres boules sur lesN−1 places différentes de lai-ème place

=r(N−1)!

(N−n)! tirages

doncP(Yi= 1) = |(Yi= 1)|

|Ω| =

r(N−1)!

(N−n)!

N! (N−n)!

= r N =p.

Ainsi,Yi֒→ B(p) doncE(Y_i) =pet V(Y_i) =p(1−p).

(b) Soient (i, j)∈[[1, n]]²tels quei6=j.

YiYj est une variable aléatoire de Bernoulli donc en notantzi son paramètre,E(YiYj) =zi.

Or l’événement (Y_iYj = 1) est égal à (Y_i = 1)∩(Y_j = 1) donc il correspond aux tirages den boules parmi lesquelles lai-ème boule est rouge, laj-ème boule est rouge et lesn−2 autres sont de couleur quelconque, cela fait

r 2

| {z }

choix des deux boules rouges eni-ème etj-ème positions

parmi lesrboules rouges

× 2!

arrangements des 2 boules rouges|{z}

sur les 2 places ietj

× (N−2)!

(N−n)!

| {z }

arrangements desN−2 autres boules sur lesN−1 places différentes de la

i-ème et de laj-ème place ce qui faitr(r−1)(N−2)!

(N−n)! tirages, d’où

P(YiYj = 1) = |(Y_i= 1)∩(Y_j) = 1|

|Ω| =

r(r−1)(N−2)!

(N−n)!

N!

(N−n)!

= r N

r−1

N−1 =pr−1 N−1

si bien que

Cov(YiYj) =E(YiYj)−E(Yi)E(Yj) =pr−1

N−1 −p²=p

pN−1

N−1 −p(N−1) N−1

=−p(1−p) N−1

Ainsi, pour tout (i, j)∈[[1, n]]² tels quei6=j, Cov(YiYj) =−p(1−p) N−1 . (c) Par linéarité de l’espérance, sachant queSn=

Xn i=1

Yi,

E(S_n) = Xn i=1

E(Y_i) =np

(18)

Ainsi,E(S_n) =np.

Par bilinéarité de la variance, V(Sn) =

Xn i=1

V(Yi)

| {z }

=p(1−p)

+ X

16i,j6n i6=j

Cov(Yi, Yj)

| {z }

=−p(1−p) N−1

= np(1−p)−(n²−n)p(1−p) N−1

= np(1−p)

1− n−1 N−1

= np(1−p)N−n N−1

Ainsi,V(S_n) =np(1−p)N−n N−1. (d)

E(Sn) = Xn k=0

kP(Sn =k)

= Xn k=0

k N p

k

N(1−p) n−k

N

n

= 1

N n

Xn k=1

k N p

k

| {z }

=N p

N p−1 k−1

N(1−p) n−k

car pourk= 0, le terme est nul

= N p

N n

n−1X

i=0

N p−1 i

(N−1)−(N p−1) n−1−i

= N p

N n

N−1 n−1

en utilisant la formule de van der monde

= N p× n

= np N