Dans ce qui suit, on adoptera la notation simplifiée p((X = k)) = p(X = k) où (X = k) est l’événement « la variable aléatoire X prend la valeur k (k ∈ R ) » et p une loi de probabilité définie sur un univers Ω.

Programme :

• Variables aléatoires discrètes : Loi, Fonction de répartition, Espérance, Variance et écart-type, Théorème du transfert, Inégalités de Markov et Bienaymé Tchebichev ;

• Lois usuelles : Uniforme, Bernoulli, Binomiale, Géométrique et de Poisson ;

Dans ce qui suit, on adoptera la notation simplifiée p((X = k)) = p(X = k) où (X = k) est l’événement « la variable aléatoire X prend la valeur k (k ∈ R ) » et p une loi de probabilité définie sur un univers Ω.

EXERCICE 1 :

Soit X une variable aléatoire à valeurs dans N telle qu’il existe a ∈ R et p ∈]0; 1[ vérifiant p(X = k) = a ^n+k _k

p ^k Calculer l’espérance et la variance de X .

• • •

Correction :

On est en présence d’une loi de probabilité donc

+∞

X

k=0

p(X = k) = 1 ⇔ a

+∞

X

k=0

n + k k

p ^k = 1 ( ⋆ ).

Dès lors qu’il est possible de calculer

+∞

X

k=0

n + k k

p ^k , on peut en déduire la valeur de a.

Or, pour tout x ∈] − 1; 1[,

+∞

X

k=0

x ^k = 1

1 − x (série géométrique)

La dérivation terme à terme à l’intérieur de l’intervalle de convergence (séries entières) permet d’obtenir

+∞

X

k=0

n + k k

x ^k = 1

(1 − x) ⁿ⁺¹ , x ∈] − 1; 1[

En effet, on parvient à ce résultat par un raisonnement par récurrence :

• pour n = 0,

+∞

X

k=0

k k

x ^k =

+∞

X

k=0

x ^k = 1

1 − x = 1

(1 − x) ⁰⁺¹ ;

• Si l’on suppose que

+∞

X

k=0

n + k k

x ^k = 1

(1 − x) ⁿ⁺¹ , en dérivant les deux membres de l’égalité, on obtient

+∞

X

k=1

k n + k

k

x ^k−1 = n + 1

(1 − x) ⁿ⁺² , soit en décalant les indices :

+∞

X

s=0

(s + 1)

n + s + 1 s + 1

x ^s = n + 1 (1 − x) ⁿ⁺² . Il ne reste plus qu’à exprimer s + 1

n + 1

n + s + 1 s + 1

= (s + 1)(n + s + 1)!

(n + 1)(s + 1)!n! = (n + s + 1)!

(s + 1)!n! =

n + s + 1 s

. On obtient bien

+∞

X

k=0

n + 1 + k k

x ^k = 1

(1 − x) ⁿ⁺² , x ∈] − 1; 1[

En reportant dans la relation ( ⋆ ), on obtient a = (1 − p) ⁿ⁺¹ . Une dérivation supplémentaire permet d’obtenir :

+∞

X

k=1

k n + k

k

x ^k−1 = n + 1 (1 − x) ⁿ⁺² E(X ) = a

+∞

X

k=0

k n + k

k

p ^k = a (n + 1)p

(1 − p) ⁿ⁺² = (n + 1)p 1 − p

Dans l’objectif d’utiliser la formule de Kœnig-Huygens pour calculer la variance V (X ), il nous faut exprimer main-

tenant E(X ² ).

E(X ² ) = a

+∞

X

k=0

k ² n + k

k

p ^k =

k

²

=k(k−1)+k a

+∞

X

k=0

k(k − 1) n + k

k

p ^k +

+∞

X

k=0

k n + k

k

p ^k

!

(chaque série converge)

= a p ²

+∞

X

k=0

k(k − 1) n + k

k

p ^k−2 +

+∞

X

k=0

k n + k

k

p ^k

!

= ap ² (n + 1)(n + 2)

(1 − p) ⁿ⁺³ + (n + 1)p

1 − p (encore une dérivation)

= p ² (n + 1)(n + 2)

(1 − p) ² + (n + 1)p 1 − p

V (X ) =

K−H E(X ² ) − (E(X )) ² = p ² (n + 1)(n + 2)

(1 − p) ² + (n + 1)p

1 − p − (n + 1) ² p ²

(1 − p) ² = p ² (n + 1)

(1 − p) ² + (n + 1)p

1 − p = (n + 1)p (1 − p) ²

EXERCICE 2 :

Soit X une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre λ > 0.

Calculer E 1

X + 1

.

• • •

Correction :

Une définition et un résultat pour commencer :

Loi de Poisson : On dit qu’une variable aléatoire réelle discrète X suit une loi de Poisson de paramètre λ, où λ > 0, si X(Ω) = N et

∀k ∈ N ^, p(X = k) = λ ^k k! e ^−λ . Alors E(X ) = V (X) = λ.

En utilisant le théorème du transfert, E(f (X )) =

+∞

X

k=0

f (k)p(X = k), on a :

E 1

X + 1

=

+∞

X

k=0

1 k + 1

λ ^k k! e ^−λ

= e ^−λ

+∞

X

k=0

λ ^k (k + 1)!

= e ^−λ λ

+∞

X

k=0

λ ^k+1 (k + 1)!

= e ^−λ

λ (e ^−λ − 1) E

1 X + 1

= 1 − e ^−λ λ

EXERCICE 3 :

On considère une expérience aléatoire ayant la probabilité p de réussir et 1−p d’échouer. On répète indépendamment jusqu’à obtention de m succés et on note X le nombre d’essais nécessaires à l’obtention de ces m succès.

1. Reconnaître la loi de X lorsque m = 1.

2. Déterminer la loi de X dans le cas général où m ∈ R ^∗ . ( on utilisera une suite ( X

n

)

^n∈N∗

de variables de Bernoulli testant la réussite de chaque expérience)

3. Exprimer le développement en série entière de

1 (1 − t )

^m+1

4. Déterminer la focntion génératrice de X et en déduire l’espérance de X .

• • • Correction :

1. Une définition pour commencer :

Loi géométrique : Soit p ∈]0; 1[. On dit qu’une variable aléatoire réelle discrète X suit une loi géométrique de paramètre p à valeurs dans N ^∗ (temps d’attente du premier succès) si X(Ω) = N ^∗ et

∀k ∈ N ^∗ , p(X = k) = pq ^k−1 , avec q = 1 − p.

X suit donc une loi géométrique de paramètre p.

2. Soit (X n ) n∈ N

∗

de variables de Bernoulli testant la réussite de chaque expérience. Pour tout n ∈ N ^∗ , l’événement (X = n) (« n expériences sont nécesaires pour obtenir m succès ») est égal à

(X 1 + X 2 + . . . + X n−1 = m − 1) ∩ (X n = 1)

Comme il y a indépendance des expériences, on a p(X = n) = p(X 1 + X 2 + . . . + X n−1 = m − 1)p(X n = 1) ( ⋆ ).

Par définition de X k , 1 6 k 6 n − 1, on peut affirmer que X 1 + X 2 + . . . + X n−1 suit une loi binomiale de paramètres n − 1 et p :

( ⋆ ) ⇒ p(X = n) =

n − 1 m − 1

p ^m−1 (1 − p) ^n−m × p =

n − 1 m − 1

p ^m (1 − p) ^n−m ( écriture correcte si n < m : coefficient binomial nul)

3. Pour tout t ∈] − 1; 1[, 1 (1 − t) ^m =

+∞

X

n=0

n + m − 1 m − 1

t ⁿ (voir Ex 1) 4. Par définition de la fonction génératrice

G X (t) =

+∞

X

n=0

p(X = n)t ⁿ =

+∞

X

n=0

n − 1 m − 1

p ^m (1 − p) ^n−m t ⁿ Comme les premiers termes (n < m) sont nuls,

G X (t) =

+∞

X

n=m

n − 1 m − 1

p ^m (1 − p) ^n−m t ⁿ On pose s = n − m, la somme devient G X (t) =

+∞

X

s=0

s + m − 1 m − 1

p ^m (1 − p) ^s t ^m+s G X (t) =

+∞

X

s=0

s + m − 1 m − 1

(pt) ^m ((1 − p)t) ^s =

Q.3

(pt) ^m (1 − (1 − p)t) ^m On déduit de ce qui précède que E(X) = G ^′ _X (1) = m

p

(en effet, G ^′ _X (t) = mp ^m t ^m−1 (1 − (1 − p)t) ^m + p ^m t ^m m(1 − p)(1 − (1 − p)t) ^m−1

(1 − (1 − p)t) ^2m = . . . puis t = 1)

EXERCICE 4 :

Dans une urne, contenant une infinité de boules numérotées sur Z , un joueur prélève une boule, de façon que la probabilité que la boule numérotée i soit prélevée est 1

2.3 ^|i| .

1. Prouver que la valeur de la probabilité est raisonnable.

2. Soit X la variable aléatoire telle que X (Ω) = Z et, p([X = k]) = 1

2.3 ^|k| , pour tout k ∈ Z . (a) Calculer E(X) après avoir justifié son existence.

(b) Calculer V (X) après avoir justifié son existence.

3. On pose Y = 2 ^X . Prouver que Y admet une espérance et la calculer.

• • • Correction :

1. ∀i ∈ Z , 1

2.3 ^|i| > 0. On a 1

2.3 ^|−i| = 1

2.3 ^|i| donc, X

i∈ Z

1

2.3 ^|i| = 2 X

i∈ N

1 2.3 ⁱ − 1

2.3 ⁰ =

+∞

X

i=0

1 3 ⁱ − 1

2 = 1

1 − 1/3 − 1 2 = 1 La loi de X est bien une loi de probabilité.

2. (a) La série de terme général i

2 .3 ⁱ est convergente donc X admet une espérance.

E(X ) = X

i∈ Z

i 2.3 ^|i| =

i=−1

X

i=−∞

i 2.3 ⁻ⁱ +

+∞

X

i=0

i 2.3 ⁱ =

+∞

X

k=1

−k 2.3 ^k +

+∞

X

i=0

i 2.3 ⁱ = 0 (b) Formule de Kœnig-Huygens :

Soit X une variable aléatoire réelle discrète. La variable X admet une variance si, et seulement si, X admet un moment d’ordre 2 et en cas d’existence, on a :

V (X ) = E(X ² ) − (E(X )) ²

L’existence de E(X ² ) est liée à la convergence de la série de terme général k ² 2.3 ^k . On a k ²

2.3 ^k ∼

+∞

k(k − 1)

2.3 ^k et k(k − 1) 2.3 ^k = 1

18 k(k − 1) 1

3 k−2

qui est le terme général de la dérivée seconde d’une série géométrique de raison 1

3 . X possède donc un moment d’ordre 2.

E(X ² ) = 2

+∞

X

k=1

k ² 2

1 3

^k

=

+∞

X

k=1

k ² 1

3 ^k

Comme la série de terme général k(k − 1) 1

3 k

converge, on peut écrire E(X ² ) =

+∞

X

k=1

k(k − 1) 1

3 ^k

+

+∞

X

k=1

k 1

3 ^k

= 1 9

+∞

X

k=1

k(k − 1) 1

3 k−2

+ 1 3

+∞

X

k=1

k 1

3 k−1

(Séries ”dérivées”)

= 1 9

2

(1 − 1/3) ³ + 1 3

1

(1 − 1/3) ² = 3 2 Comme E(X ) = 0, on en déduit V (X ) =

K−H

3 2 En effet, de X

n>0

x ^k = 1

1 − x , x ∈] − 1; 1[, on en déduit que X

k>0

kx ^k−1 = 1 (1 − x) ² et X

k>0

k(k − 1)x ^k−2 = 2

(1 − x) ³ (dérivation terme à terme des séries entières à l’interieur de l’intervalle de convergence)

3. On pose Y = 2 ^X . Pour appliquer le théorème du transfert, on est amené à se poser la question de la convergence des séries de termes généraux 2 ^k

2.3 ^k = 1 2

2 3

^k

et 2 ^−k 2.3 ^k = 1

2 1

6 ^k

; elles convergent absolument car 2 3 et 1

6

appartientennent à l’intervalle ] − 1; 1[. Y admet une espérance et l’on a

E(Y ) =

+∞

X

k=1

1 2

2 3

^k +

+∞

X

k=0

1 2

1 6

^k

On procède à un changement d’indice dans la première somme : s = k − 1 E(Y ) = 1

3

+∞

X

s=0

2 3

s

+ 1 2

+∞

X

k=0

1 6

k

= 1 3

1 1 − 2/3 + 1

2 1

1 − 1/6 = 8 5

EXERCICE 5 :

Soit n un entier supérieur ou égal à 2. Une urne contient une boule noire et (n − 1) boules blanches. On vide l’urne de la manière suivante : les tirages d’ordre impair s’effectuent sans remise et les tirages d’ordre pair s’effectuent avec remise de la boule tirée.

1. Quel est le nombre total N de tirages effectués lors de cette épreuve.

2. On désihne par X k la variable aléatoire qui vaut 1 si la boule noire est tirée au k−ième tirage et 0 sinon et par X la variable aléatoire égale au nombre d’apparitions de la boule noire lors de cette épreuve.

(a) Déterminer la loi de X k pour tout k ∈ [[1, 2n − 1]] (distinguer selon la parité de k).

(b) En déduire l’espérance de X.

3. On note Y la variable aléatoire égale au rang où la boule noire est tirée pour la première fois.

(a) Déterminer la loi de Y et son espérance.

(b) Exprimer l’événement (X = 1) en fonction des événements (Y = 2j − 1) (j ∈ [[1, n]]). En déduire la valeur de p(X = 1).

4. Calculer p(X = n).

• • • Correction :

1. On s’intéresse au nombre de boules présentes dans l’urne après chaque tirage n − 1, n − 1, n − 2, n − 2, . . . , . . . , 1, 1, 0

Il est donc nécessaire d’effectuer N = 2(n − 1) + 1 = 2n − 1 tirages pour vider l’urne.

2. (a) Déterminer la loi de X k c’est déterminer p(X k = 1) (donc p(X k = 0) puisque X k ne prend que deux valeurs) pour tout k ∈ [[1, 2n − 1]]. Il est préconisé de distinguer les calculs selon la parité de k.

• soit j entier compris entre 1 et n − 1. Il n’y a pas de remise lors des tirages impairs donc on peut écrire (X 2j = 1) = (X 1 = 0) ∩ (X 3 = 0) ∩ . . . ∩ (X 2j−1 = 0) ∩ (X 2j = 1)

et par la formule des probabilités composées

p(X 2j = 1) = p(X 1 = 0)p(X 3 = 0/X 1 = 0) × . . . × p(X 2j−1 = 0/(X 1 = 0) ∩ . . .

∩(X 2j−3 = 0))p(X 2j = 1/(X 1 = 0) ∩ . . . ∩ (X 2j−1 = 0)

Or après 2s − 1 tirages (s entre 1 et n), il reste n − s boules dans l’urne, on peut donc, compte-tenu de la formule précédente, exprimer p(X 2j = 1)

p(X 2j = 1) = n − 1 n

n − 2

n × . . . × n − j n − j + 1

1

n − j = 1 n

• De même, pour 0 6 j 6 n − 1,

(X 2j+1 = 1) = (X 1 = 0) ∩ (X 3 = 0) ∩ . . . ∩ (X 2j−1 = 0) ∩ (X 2j+1 = 1) et toujours par la formule des probabilités composées

p(X 2j+1 = 1) = p(X 1 = 0)p(X 3 = 0/X 1 = 0) × . . . × p(X 2j−1 = 0/(X 1 = 0) ∩ . . .

∩(X 2j−3 = 0))p(X 2j+1 = 1/(X 1 = 0) ∩ . . . ∩ (X 2j−1 = 0) = p(X 2j = 1) = 1 n

en effet, le contenu de l’urne ne varie pas entre le tirage 2j et le tirage 2j + 1 puisqu’il y a remise après

le 2j−ème tirage.

Ainsi, pour tout k ∈ [[1, 2n − 1]], X k suit une loi de Bernoulli de paramètre 1

n et donc E(X k ) = 1 n (b) On a X =

2n−1

X

k=1

X k et par linéarité de l’espérance, on obtient

E(X ) =

2n−1

X

k=1

E(X k ) = 1

n × (2n − 1) = 2n − 1 n 3. On a Y (Ω) ⊂ [[1, 2n − 1]].

(a) On a (Y = 2n−1) :« la boule noire est sortie pour la première fois au dernier tirage ». Or le tirage précédent étant d’ordre pair, il y a eu remise et comme il ne reste qu’une boule dans l’urne, c’est la même boule au tirage 2n − 2 et 2n − 1. Ainsi p(Y = 2n − 1) = 0.

Pour 1 6 j 6 2n − 1,

(Y = k) = (X 1 = 0) ∩ (X 2 = 0) ∩ . . . ∩ (X k−1 = 0) ∩ (X k = 1)

Par la formule des probabilités composées, on obtient, toujours en distinguant le cas k impair et k pair, pour 1 6 j 6 n − 1

P (Y = 2j − 1) = n − 1 n

n − 2 n − 1

n − 2

n − 1 . . . n − j n − j + 1

1 n − j + 1

= (n − 1)(n − 2) ² . . . (n − j)

n(n − 1) ² . . . (n − j + 1) = n − j n(n − 1) P(Y = 2j) = n − 1

n

n − 2 n − 1

n − 2

n − 1 . . . n − j n − j + 1

n − j n − j + 1

1 n − j

= (n − 1)(n − 2) ² . . . (n − j) ²

n(n − 1) ² . . . (n − j + 1) ² (n − j) = n − j n(n − 1) On peut donc calculer l’espérance

E(Y ) =

2n−2

X

k=1

kp(Y = k) =

n−1

X

j=1

(2j − 1)P (Y = 2j − 1) + (2j)P (Y = 2j)

=

n−1

X

j=1

(4j − 1) n − j n(n − 1)

= − 4

n(n − 1)

n−1

X

j=1

j ² + 4n + 1 n(n − 1)

n−1

X

j=1

j − 1 n − 1

n−1

X

j=1

1

= − 4(n − 1)n(2n − 1)

6n(n − 1) + (4n + 1)n(n − 1)

2n(n − 1) − n − 1 n − 1

= 4n + 1 6

(b) Si l’on tire la boule noire lors d’un tirage de rang pair, on la tirera une autre fois (on vide l’urne et on remet la boule tirée lors des tirages de rang pair). Ainsi l’événement (X = 1) = ∪ ⁿ⁻¹ _j=1 (Y = 2j − 1). Comme les événements sont deux à deux incompatibles

p(X = 1) =

n−1

X

j=1

p(Y = 2j − 1) = 1 n(n − 1)

n−1

X

j=1

n − j = 1 2

4. (X = n) :« La boule noire est tirée lors des tirages pairs, remise, non tirée au tirage suivant et choisie au dernier ».

On a donc

(X = n) = (X 1 = 0) ∩ (X 2 = 1) ∩ . . . ∩ (X 2n−2 = 1) ∩ (X 2n−1 = 1) et toujours avec la formule des probabilités composées,

p(X = n) = n − 1 n

1 n − 1

n − 2 n − 1

n − 2 n − 1

1

n − 2 . . . 1.1 = 1 n!

EXERCICE 6 :

Le nombre de visiteurs quotidiens d’un parc d’attractions suit une loi de Poisson de paramètre 10000.

Ce parc a dix portes d’entrées E 1 , E 2 , . . . , E 10 qui sont choisies par le visiteur de manière équiprobable.

1. Déterminer le nombre moyen de visiteurs en une journée.

2. Quelle est la probabilité qu’un visiteur donné se présente à l’entrée E 1 ?

3. On désigne par X 1 le nombre de visiteurs entrant par E 1 en une journée donnée. Trouver la loi de X 1 , calculer son espérance et sa variance.

4. Sachant qu’un visiteur sur dix se débrouille pour entrer sans payer, calculer le nombre de visiteurs payant et entrant par E 1 .

• • • Correction :

1. Si l’on note X le nombre de visiteurs quotidiens du parc, X suit une loi de Poisson de paramètre 10000 ; X admet donc une espérance et E(X) = 10000.

2. Comme les dix entrées sont équiprobables, la probabilité qu’un visiteur rentre par l’entrée E 1 est 1 10 . 3. (X = n) n∈ N forme un système complet d’événements. En utilisant la formule des probabilités totales,

p(X 1 = k) =

+∞

X

n=0

p(X 1 = k/X = n)p(X = n) ( ⋆ )

De plus pour k > n + 1, p(X 1 = k/X = n) = 0, en effet il ne peut rentrer par la porte E 1 plus de visiteurs qui sont entrés dans le parc un jour donné. Pour k 6 n, la variable aléatoire X 1 suit une loi binomiale de paramètre

1 10 et n,

p(X 1 = k/X = n) = n

k 1

10 ^k 9

10 n−k

En reportant dans l’égalité ( ⋆ ), p(X 1 = k) =

+∞

X

n=k

n k

1 10 ^k

9 10

^n−k e ⁻¹⁰⁰⁰⁰ 10000 ⁿ n!

= e ⁻¹⁰⁰⁰⁰ 10 ^k

+∞

X

n=k

n!

k!(n − k)!

9 10

^n−k 10000 ^k 10000 ^n−k n!

= e ⁻¹⁰⁰⁰⁰ 10 ^3k k!

+∞

X

n=k

1

(n − k)! 9.10 ^{3 n−k}

= e ⁻¹⁰⁰⁰⁰ 10 ^3k k!

+∞

X

n=0

1

n! 9.10 ^{3 n}

(décalage indice)

= e ⁻¹⁰⁰⁰⁰ 10 ^3k k! e ⁹⁰⁰⁰

+∞

X

n=0

x ⁿ n! = e ^x

!

p(X 1 = k) = e ⁻¹⁰⁰⁰ 10 ^3k k!

Ainsi X 1 suit une loi de Poisson de paramètre 10 ³ . Ainsi X 1 admet une espérance et une variance E(X 1 ) = V (X 1 ) = 10 ³ .

4. Si l’on note Y 1 le nombre de visiteurs entrant par E 1 en payant. On a Y 1 = 9X 1

10 et E(Y 1 ) = 900.

EXERCICE 7 :

On lance un dé équilibré. On répète n fois l’opération, les lancers successifs étant supposés indépendants. Soit X la variable aléatoire donnant le premier « instant » d’apparition d’un 6, en convenant que X = 0 si 6 n’apparaît pas.

Déterminer l’espérance de X. Quelle est sa limite lorsque n tend vers +∞ ?

• • •

Correction : Comme le dé est équilibré, on a bien évidemment p(6) = 1

6 . Soit k ∈ N ^∗ , on peut raisonnablement

écrire, compte-tenu de l’indépendance des lancers, que

p(X = k) = 5

6 ^k−1

× 1

6 (X suit une loi géométrique de paramètre 1 6 ) L’expression de l’espérance est

E(X) =

n

X

k=0

k × 1 6

5 6

k−1

= 1 6

n

X

k=1

k 5

6 k−1

On est alors amené à chercher l’expression plus générale de

n

X

k=1

kx ^k−1 . Si l’on pose f (x) =

n

X

k=0

x ^k (x 6= 1) alors, compte-tenu des propriétés de la dérivation, on a

n

X

k=1

kx ^k−1 = f ^′ (x).

Or pour tout x 6= 1, f (x) = x ⁿ⁺¹ − 1

x − 1 . f est dérivable pour tout x 6= 1 et f ^′ (x) = (n + 1)x ⁿ (x − 1) − (x ⁿ⁺¹ − 1

(x − 1) ² = nx ⁿ (x − 1) − x ⁿ + 1 (x − 1) ² L’on peut donc écrire que :

n

X

k=1

kx ^k−1 = nx ⁿ (x − 1) − x ⁿ + 1 (x − 1) ² De là, on obtient E(X ) = 1

6 × − ¹ ₆ n( ⁵ ₆ ) ⁿ − ( ⁵ ₆ ) ⁿ + 1

1 6

2 = −n 5

6 ⁿ

− 6 5

6 ⁿ

+ 6 Or n

5 6

ⁿ

n→+∞ −→ 0, 5

6 ⁿ

n→+∞ −→ 0 donc E(X ) −→

n→+∞ 6