POSTBAC LOIS DE PROBABILITES discrètes DOC-Ex JF.Ferraris – Mathématiques – Stats/Proba – Lois discrètes - Page 9 sur 24

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1.5 La loi géométrique (parfois dénommée loi de Pascal)

1.5.1 Contexte

Il s’agit, dans le cadre d’une variable distribuée par une loi binomiale, d’établir la probabilité d’occurrence du premier succès à l’essai n°k. Autrement dit : combien de « temps » attendre avant que survienne le premier succès ? Et surtout : quelle est la probabilité que le premier succès ne se produise qu’au troisième essai, par exemple ?

1.5.2 Distribution

Dans un arbre de choix à k niveaux, les chemins ne contenant qu’un seul succès ont chacun la même probabilité, qui est le produit des probabilités rencontrées sur les branches, à savoir une fois p et k – 1 fois 1 – p.

Parmi ces chemins précis, seul un nous intéresse : celui contenant des échecs dans les k – 1 premiers niveaux de l’arbre et enfin un succès dans le niveau k. Par conséquent,

si X est la variable aléatoire « position du premier succès obtenu » distribuée par une loi géométrique :

( ) (

¹

)

^{k 1}

p X= =k p −p ^{− .}

Sa fonction de répartition est : ^{F k}

( ) (

^{=p X≤ = − −k}

)

¹

(

^{1 p}

)

^{k .}

En effet :

( ) ( )

^{0 1 2 ... 1 1 1}

1

k

k q k

F k p X k pq pq pq pq p q

q

− −

= ≤ = + + + + = = −

−

1.5.3 Paramètres et résultats Son espérance mathématique est : ^{E X}

( )

¹

= p et sa variance est :

( )

2

V X q

= p .

En effet,

( ) ( ) ( )

^{1 1}

0 0 0

1 ^{k k}

E X kp X k kp p p kq

+∞ +∞ − +∞ −

=

∑

= =

∑

− =

∑

^.

Or on sait que

0

1 1 qk

q

+∞ =

∑

− (somme infinie des termes d’une suite géométrique de raison q<1).

La somme apparaissant dans le calcul de l’espérance est la somme des dérivées (par rapport à q) des termes de cette dernière, et on peut dériver le résultat :

( )

²

1 1

1 q 1 q

 ′

  =

− −

  .

Ainsi,

( )

( )

1

2 2

0

1 1 1

1

E X p kqk p p

p p q

+∞ −

= = = =

∑

− ^.

POSTBAC LOIS DE PROBABILITES discrètes DOC-Ex

JF.Ferraris – Mathématiques – Stats/Proba – Lois discrètes - Page 10 sur 24 Pour la variance :

( ) ( )

²

^{( )}

^{2 2}

^{( )}

²

0

V X E X E X k p X k 1 p

= − =

∑

+∞ = − et on traite la somme qui apparait par une double dérivation permettant d’utiliser

0

1 1 qk

q

+∞ =

∑

− ^.

On peut déduire de la fonction de répartition la position médiane du premier succès (celle en-dessous de laquelle on a 50% de chances de se trouver) (à ne pas confondre avec la position moyenne, qui est l’espérance) :

Il s’agit de la valeur k_m telle que F k

( )

m ≤^{50% et} F k

(

m+ >¹

)

^50%.

On a alors : ln

ln 1 2 km

q

− 

= + 

  si la fraction n’est pas entière, et cette fraction sinon.

En effet : visons une probabilité cumulée égale à 0,5. ^{0,5=F k}

( )

^{= − −1}

(

^{1 p}

)

^{k ⇔kln}

(

^1−p

)

^{= −ln2}

( )

ln ln

2 k 1

p

⇔ = −

− . Bien sûr, cette fraction donne rarement un nombre entier positif (il faut que 1−p soit de forme 1₁

2ⁿ

avec n entier strictement positif :

3

1 1 1 1

1 ou ou ou plus généralement

2 2 2 ⁿ2

− =p ).

Dans le cas où cette fraction est entière, alors elle donne la médiane ; sinon, la médiane sera atteinte à l’entier immédiatement supérieur.

Son mode est toujours 1. En effet ^{p X}

(

^=k

)

^{= p}

(

^{1− p}

)

^k−1 est une fonction strictement décroissante de k.

1.5.4 Exemple

On tire au hasard une lettre de l’alphabet, plusieurs fois de suite avec remise, jusqu’à l’obtention d’une voyelle. La variable X désigne le nombre de tirages nécessaires. Déterminer l’espérance et la variance de cette variable,ainsi que la probabilité que ce nombre soit au moins égal à 5.

La situation est bien binomiale : succès = voyelle, échec = consonne, probabilité de succès constante 6

p=26. La variable X est donc distribuée par la loi géométrique de paramètre 6 p=26.

( )

²⁶₆ ^4,33

E X = ≈ et

( )

² 2

20 26 20 26

14,44

26 6 6

V X   ×

= ×  = ≈

 

(

⁵

)

¹

( )

^{4 20 4 0,35}

p X F 26

≥ = − =  ≈

  .