Exercices sur les variables aléatoires discrètes

(1)

Variables aléatoires discrètes

Variables aléatoires

Exercice 1 [ 04093 ][correction]

Soit (X_n)_n∈_N une suite de variables aléatoires discrètes à valeurs dans un

ensembleEet N une variable aléatoire à valeurs naturelles toutes définies sur un même espace probabilisable (Ω,T). On définit une fonctionY par

∀ω∈Ω, Y(ω) =X_N(ω)(ω) Justifier queY est une variable aléatoire discrète.

SoitT une variable aléatoire à valeurs naturelles vérifiant

∀n∈N, P(T > n)>0

On appelle taux de panne associé àT la suite (θ_n)_n∈_Ndéterminée par θ_n=P(T =n|T >n)

Typiquement, siT est la variable aléatoire indiquant l’instant où un matériel tombe à panne, la quantitéθ_n indique la probabilité qu’il tombe en panne à l’instant présent alors qu’il est actuellement fonctionnel.

a) Justifier

∀n∈N, θn∈[0,1[

b) Exprimer en fonction des termes de la suite (θn)_n∈N, la probabilitéP(T >n).

En déduire la divergence de la sérieP θn. c) Inversement, soit (θn)n∈Nune suite vérifiant

∀n∈N, θn∈[0,1[ et X

θn diverge

Montrer que la suite (θn)_n∈Nest un taux de panne associé à une certaine variable aléatoireT.

Espérances et variances

SoitX une variable aléatoire discrète à valeurs dans [a, b].

a) Montrer queX admet une espérancemet que celle-ci est élément de [a, b].

La variableX admet aussi une varianceσ²que l’on se propose de majorer.

On introduit la variable aléatoireY =X−met les quantités t=X

y>0

yP(Y =y),s=X

y>0

y²P(Y =y) et u=P(Y >0) b) Vérifier

t²6su c) Calculer espérance et variance deY. En déduire

t²6(σ²−s)(1−u) d) En exploitant les deux majorations précédentes, obtenir

t²6σ²/4 e) Conclure

σ²6(b−a)²/4

SoitX une variable aléatoire discrète réelle.

On suppose queX admet un moment d’ordren∈N. Montrer queX admet un moment à tout ordrek6n.

SoitX une variable aléatoire à valeurs dansN.

Montrer queX admet une espérance finie si, et seulement si, la sériePP(X > n) converge et qu’alors

E(X) =

+∞

X

n=0

P(X > n)

On dit qu’une variable aléatoireX suit une loi binomiale négative de paramètres netpsi

X(Ω) ={n, n+ 1, . . .} etP(X =k) = k−1 n−1

!

pⁿ(1−p)^k−n

(2)

a) SoitX1, . . . , Xn des variables aléatoires indépendantes suivant toutes une loi géométrique de paramètrep.

Montrer queX1+· · ·+Xn suit une loi binomiale négatives de paramètresnetp.

b) En déduire espérance et variance d’un loi binomiale négatives de paramètresn etp.

On suppose qu’à la roulette d’un Casino, on obtient la couleur noire avec la probabilité 1/2, la couleur rouge sinon (bref, on ne suppose pas de 0 vert. . . ). Un joueur fortuné joue selon le protocole suivant :

- il mise initialement 1 brouzouf sur la couleur noire ;

- s’il gagne, il arrête de jouer et empoche le double de sa mise.

- s’il perd, il double sa mise et rejoue.

a) On suppose la fortune du joueur infinie.

Montrer que le jeu s’arrête presque sûrement. Déterminer l’espérance de gain du joueur.

b) On suppose toujours la fortune du joueur infinie.

Que se passe-t-il si au lieu de doubler, il décide de tripler sa mise lorsqu’il rejoue ? c) Le joueur n’est en fait pas si fortuné qu’il le prétend : il ne possède que 2ⁿ−1 brouzoufs ce qui l’autorise à ne pouvoir jouer quenparties. Que devient son espérance de gain ?

SoitX une variable aléatoire à valeurs dansNtelle qu’il existea∈Retp∈]0,1[

vérifiant

P(X =k) =a n+k k

! p^k

Calculer l’espérance et la variance deX.

SoitX une variable aléatoires réelle discrète admettant une variance σ²(avec σ >0). Montrer

∀α >0, P(|X−E(X)|< ασ)>1− 1 α²

Covariances

SoientX etY deux variables aléatoires réelles admettant chacune une variance.

On supposeV(X)>0. Déterminera, b∈Rminimisant la quantité E

[Y −(aX+b)]²

Un signal est diffusé via un canal et un bruit vient malheureusement s’ajouter à la transmission. Le signal est modélisé par une variable aléatoire discrète réelleS d’espérancemS et de varianceσ_S² connues. Le bruit est modélisé par une variable B indépendante deS d’espérance nulle et de varianceσ²_B>0. Après diffusion, le signal reçu estX =S+B.

Déterminera, b∈Rpour queY =aX+b soit au plus proche deS i.e. tel que l’espéranceE (Y −S)²

soit minimale.

Lois usuelles

SoitX et Y deux variables aléatoires discrètes indépendantes.

On suppose queX et Y suivent des lois de Poisson de paramètresλet µ.

Quelle est la loi suivie parX+Y ?

On suppose que celles-ci suivent une même loi géométrique de paramètrep.

Déterminer la loi deZ=X+Y.

On suppose que celles-ci suivent des lois géométriques de paramètrespet q.

a) DéterminerP(X > n) pourn∈N. b) En déduire la loi deZ= min(X, Y).

c) Observer que la loi deZ est géométrique.

(3)

SoitX etY deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois de Poisson de paramètresλet µ.

Reconnaître la loi deX sachantX+Y =n.

SoitX une variable aléatoire de Poisson de paramètreλ >0.

a) Pour quelle valeur den∈N, la probabilité de l’évènement (X=n) est-elle maximale ?

b) Inversement,nétant fixé, pour quelle valeur du paramètreλ, la probabilité de (X =n) est-elle maximale ?

SoitX une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètrep. Calculer E

1 X

SoitX une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètreλ >0.

Calculer

E 1

X+ 1

SoientX etY deux variables aléatoires indépendantes géométriques de paramètrespetq.

Calculer l’espérance deZ= max(X, Y).

Déterminer la probabilité que la valeur deX soit pair.

Chez un marchand de journaux, on peut acheter des pochettes contenant chacune une image. La collection complète comporte en toutN images distinctes. On note Xk le nombre d’achats ayant permis l’obtention dekimages distinctes. En particulier,X1= 1 etXN est le nombre d’achats nécessaires à l’obtention de la collection complète.

a) Par quelle loi peut-on modéliser la variableX_k+1−X_k? b) En déduire l’espérance deX_N.

Loi conjointes, Loi marginales

SoitX et Y deux variables aléatoires à valeurs dansN.

On suppose queX suit une loi de Poisson de paramètre λ >0 et que la loi deY sachantX =nest binomiale de paramètresnetp∈]0,1[.

a) Déterminer la loi conjointe de (X, Y).

b) Reconnaître la loi deY.

SoientX etY deux variables aléatoires à valeurs dansN. On suppose que la loi conjointe deX etY vérifie

P(X =j, Y =k) = a

j!k! aveca∈R a) Déterminer la valeur dea.

b) Reconnaître les lois marginales deX etY. c) Les variablesX etY sont elles indépendantes ?

SoientX etY deux variables aléatoires à valeurs dansN. On suppose que la loi conjointe deX etY vérifie

∀j, k∈R, P(X =j, Y =k) =aj+k

2^j+k aveca∈R a) Déterminer la valeur dea.

b) Déterminer les lois marginales deX et Y. c) Les variablesX etY sont elles indépendantes ? d) CalculerP(X =Y).

(4)

SoientX etY deux variables aléatoires à valeurs dans Net p∈]0,1[.

On suppose que la loi conjointe deX etY vérifie

P(X =k, Y =n) =





 n k

!

aⁿp(1−p)ⁿ sik6n

0 sinon

aveca∈R

a) Déterminer la valeur dea.

b) Déterminer la loi marginale deY. c) Sachant

∀x∈]−1,1[,

+∞

X

n=k

n k

!

x^n−k= 1 (1−x)^k+1 Reconnaître la loi deX

d) Les variablesX et Y sont elle indépendantes ?

Fonctions génératrices

On considère une expérience aléatoire ayant la probabilitépde réussir et 1−p d’échouer.

On répète l’expérience indépendamment jusqu’à obtention demsuccès et on note X le nombre d’essais nécessaires à l’obtention de cesmsuccès.

a) Reconnaître la loi deX lorsque m= 1.

b) Déterminer la loi deX dans le cas généralm∈N^?. c) Exprimer le développement en série entière de

1 (1−t)^m+1

d) Déterminer la fonction génératrice deX et en déduire l’espérance deX.

a) Calculer

E(X(X−1). . .(X−r+ 1)) b) Retrouver ce résultat par les fonctions génératrices.

SoitX une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètrep∈]0,1[.

a) Calculer

Non défin

b) Retrouver ce résultat par les fonctions génératrices.

Deux joueurs lancent deux dés équilibrés. On veut déterminer la probabilité que les sommes des deux jets soient égales. On noteX1 etX2 les variables aléatoires déterminant les valeurs des dés lancés par le premier joueur etY1 et Y2 celles associées au deuxième joueur. On étudie donc l’évènement (X1+X2=Y1+Y2).

a) Montrer que

P(X1+X2=Y1+Y2) =P(14 +X1+X2−Y1−Y2= 14) b) Déterminer la fonction génératrice de la variable à valeurs naturelles

Z= 14 +X₁+X₂−Y₁−Y₂ c) En déduire la valeur de

P(X1+X2=Y1+Y2)

SoitN et X1, X2, . . . des variables aléatoires indépendantes à valeurs dansN. On suppose que les variablesX1, X2, . . .suivent toutes une même loi de fonction génératriceG_X et on pose

S=

N

X

k=1

X_k

a) ÉtablirG_S(t) =G_N(G_X(t)) pour|t|61

b) On suppose que les variables admettent une espérance. Établir l’identité de Wald

E(S) =E(N)E(X₁)

SoitX₁, X₂, . . .des variables aléatoires mutuellement indépendantes suivant toutes une même loi de Bernoulli de paramètrep∈]0,1[. Soit aussiN une variable aléatoire à valeurs dansNindépendantes des précédentes.

(5)

On pose

X =

N

X

k=1

Xk etY =

N

X

k=1

(1−Xk)

a) Pourt, u∈[−1,1], exprimer à l’aide de la fonction génératrice de N G(t, u) =E t^Xu^Y

b) On suppose queN suit une loi de Poisson de paramètreλ >0.

Montrer que les variablesX et Y sont indépendantes.

c) Inversement, on suppose que les variablesX et Y sont indépendantes.

Montrer queN suit une loi de Poisson.

a) Rappeler la fonction génératrice de la variableX.

b) Exploiter celle-ci pour calculer le moment centré d’ordre 3 de la variableX.

On considère une expérience aléatoire ayant la probabilitépde réussir etq= 1−p d’échouer définissant une suite de variables de Bernoulli indépendantes (X_n)_n_>₁. Pourm∈N^?, on note S_mla variable aléatoire déterminant le nombre d’essais jusqu’à l’obtention demsuccès :

S_m=k⇔X₁+· · ·+X_k=met X₁+· · ·+X_k−1< m a) Déterminer la loi et la fonction génératrice deS₁.

b) Même question avecS_m−S_m−1pour m>2.

c) Déterminer la fonction génératrice deS_mpuis la loi deS_m

Applications

SoitX une variable aléatoire à valeurs dans un ensemble finiX. Pour chaque valeurx∈ X, on pose

p(x) =P(X =x) On appelle entropie de la variableX le réel

H(X) =−X

x∈X

p(x) log (p(x))

où l’on convient 0 log 0 = 0.

a) Vérifier queH(X) est un réel positif. A quelle condition celui-ci est-il nul ? SoientX etY deux variables aléatoires à valeurs dans des ensembles finisX etY. b) On appelle entropie conjointe deX etY , l’entropie de la variableZ = (X, Y) simplement notéeH(X, Y).

On suppose les variablesX et Y indépendantes, vérifier H(X, Y) =H(X) +H(Y) c) On appelle entropie deX sachant Y la quantité

H(X|Y) =H(X, Y)−H(Y) Vérifier

H(X|Y) =X

y∈Y

P(Y =y)H(X |Y =y) avec

H(X|Y =y) =−X

x∈X

P(X =x|Y =y) log (P(X=x|Y =y))

Indépendance

SoientX une variable aléatoire discrète définie sur Ω etf une application définie surX(Ω).

À quelle condition les variables aléatoiresX et f(X) sont-elles indépendantes ?

Moments

SoitX une variable aléatoire discrète réelle. On noteI_X l’ensemble dest∈Rpour lesquels existe

M_X(t) =E e^tX a) Montrer queIX est un intervalle contenant 0.

b) On suppose que 0 est intérieur à l’intervalleIX. Montrer que la variableX admet des moments à tout ordre et que sur un intervalle centré en 0

MX(t) =

+∞

X

n=0

E(Xⁿ) n! tⁿ

(6)

SoitX une variable aléatoire discrète réelle. Sous réserve d’existence, on appelle fonction génératrice des moments deX l’application

MX(t) =E e^tX

a) On suppose queX suit une loi de Poisson de paramètreλ. DéterminerM_X(t).

b) On suppose que la fonctionM_X est définie sur un intervalle ]−a, a[.

Montrer qu’elle y est de classeC^∞et qu’on a E(Xⁿ) =M_X⁽ⁿ⁾(0)

(7)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

LesXn(Ω) sont des ensembles au plus dénombrables et Y(Ω)⊂ [

n∈N

X_n(Ω)

On en déduit que l’ensembleY(Ω) est au plus dénombrable.

De plus, pour touty∈Y(Ω) Y⁻¹({y}) = [

n∈N

{ω∈Ω/N(ω) =netXn(ω) =y}

et donc

Y⁻¹({y}) = [

n∈N

{N(ω) =n} ∩ {Xn(ω) =y}

est bien élément de la tribuT.

a)θn est une probabilité doncθn ∈[0,1].

Siθn = 1 alorsP(T =n) =P(T >n) et doncP(T > n) = 0 ce qu’exclut les hypothèses.

b) On aP(T =n) =θnP(T >n) etP(T =n) +P(T >n+ 1) =P(T >n) donc P(T >n+ 1) = (1−θn)P(T >n)

SachantP(T >0) = 1, on obtient P(T >n) =

n−1

Y

k=0

(1−θ_k) PuisqueP(T >n)−−−−−→

n→+∞ 0, on a

n−1

X

k=0

ln (1−θ_k) = ln

n−1

Y

k=0

(1−θ_k)

!

−−−−−→

n→+∞ −∞

Ainsi, il y a divergence de la sérieP

ln(1−θn).

Si la suite (θn)n∈Nne tend pas vers 0, la sérieP

θn est évidemment divergente.

Si la suite (θn)n∈Ntend vers 0 alors ln (1−θn) ∼

n→+∞−θn et, par équivalence de séries à termes de signe constant, la sériePθn diverge.

c) Analyse : SiT est une variable aléatoire solution alors P(T =n) =P(T >n)−P(T >n+ 1) =θ_n

n−1

Y

k=0

(1−θ_k) ce qui détermine entièrement la loi deT.

Synthèse : Posons

∀n∈N, un =θn n−1

Y

k=0

(1−θk) On a

∀n∈N, u_n>0 Vérifions aussi (un)_n∈_N de somme égale à 1.

IntroduisonsPn=

n−1

Q

k=0

(1−θk). On a

lnP_n=

n−1

X

k=0

ln(1−θ_k)−−−−−→

n→+∞ −∞

En effet, ln(1−θn) ∼

n→+∞−θn etP

−θn est une série à termes négatifs divergente.

On a aussiP₀= 1 etP_n−P_n+1=u_n, donc

n

X

k=0

u_k =P₀−P_n+1−−−−−→

n→+∞ 1 On peut alors définir une variable aléatoireT dont la loi vérifie

P(T =n) =u_n =θ_n

n−1

Y

k=0

(1−θ_k) On a alors

P(T >n) =

+∞

X

k=n

u_k=P_n =

n−1

Y

k=0

(1−θ_k) et

P(T =n|T >n) =θn

La variable aléatoireT est bien solution.

(8)

a) PosonsM = max(−a, b). On a|X|6M et la constanteM admet une espérance. On en déduit queX admet une espérance. De plus

m=E(X) = X

x∈X(Ω)

xP(X=x)> X

x∈X(Ω)

aP(X=x) =a

et de mêmem6b.

b) Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz



 X

y>0

yP(Y =y)





2

6X

y>0

y²P(Y =y)X

y>0

P(Y =y) =su

c) De façon immédiateE(Y) = 0 etV(Y) =σ². On en déduit t=−X

y<0

yP(Y =y) et X

y<0

y²P(Y =y) =σ²−s En appliquant à nouveau l’inégalité de Cauchy-Schwarz

t²6(σ²−s)(1−u) d) Ce qui précède fournit

t²6min

su,(σ²−s)(1−u) pouru∈[0,1] et s∈

0, σ²

. Sachant

su6(σ²−s)(1−u)⇔s+σ²u6σ² Sis+σ²u6σ² alors

min

su,(σ²−s)(1−u) =su6σ²(1−u)u6σ²/4 Sis+σ²u > σ², c’est analogue et la conclusion demeure.

e) On a

σ²=E(Y²) =X

y>0

y²P(Y =y) +X

y<0

y²P(Y =y) PuisqueY est à valeurs dans [a−m, b−m], on a

X

y>0

y²P(Y =y)6X

y>0

(b−m)yP(Y =y) = (b−m)t

et

X

y<0

y²P(Y =y)6X

y<0

(a−m)yP(Y =y) =−(a−m)t On en déduit

σ²6(b−a)t En élevant au carré

σ⁴6(b−a)²t²= (b−a)² 4 σ² Enfin, queσsoit nul ou non, on obtient

σ²6(b−a)² 4

Notons que cette inégalité est une égalité lorsqueX suit une loi de Bernoulli de paramètrep= 1/2.

Pourk∈[[0, n]] et x∈R, on a

x^k

61 +|x|ⁿ

car l’inégalité est vraie que|x|61 ou non. On en déduit X^k

61 +|X|ⁿ Or 1 et|X|ⁿ admettent une espérance doncX^k aussi.

On a

P(X > n) =

+∞

X

k=n+1

P(X =k)

donc +∞

X

n=0

P(X > n) =

+∞

X

n=0 +∞

X

k=n+1

P(X =k) Puisque les termes sommés sont positifs

+∞

X

n=0

P(X > n) =

+∞

X

k=1 k−1

X

n=0

P(X =k) =

+∞

X

k=0

kP(X =k) et la convergence d’un membre équivaut à celle de l’autre.

(9)

a) Raisonnons par récurrence surn∈N^?.

Casn= 1. SiX suit une loi binomiale négative de paramètres 1 etpalors P(X =k) = k−1

0

!

p(1−p)^k−1

On reconnaît une loi géométrique de paramètrep.

Supposons la propriété vraie au rangn>1.

L’évènementX1+· · ·+Xn+1=kpeut se décomposer en la réunion des évènements incompatibles suivants

X₁+· · ·+X_n=`et X_n+1=k−`pour`∈Jn, k−1K On en déduit par indépendance

P(X₁+· · ·+X_n+1=k) =

k−1

X

`=n

`−1 n−1

!

pⁿ(1−p)^`−np(1−p)^k−`−1 puis

P(X1+· · ·+Xn+1=k) =pⁿ(1−p)^k−(n+1)

k−1

X

`=n

`−1 n−1

!

Or par la formule du triangle de Pascal

k−1

X

`=n

`−1 n−1

!

= k−1 n

!

et donc

P(X₁+· · ·+X_n+1=k) = k−1 n

!

pⁿ(1−p)^k−(n+1) Récurrence établie.

b) Par linéarité de l’espérance

E(X) = n p Par indépendance des variables sommées

V(X) =n1−p p²

a) NotonsAn l’évènement « le jeu dure au moinsnparties »

An+1 est la conjonction des évènements indépendantsAn et « le rouge sort aun+1 -ième tirage ». On en déduitP(An+1) = 1 2P(An) Par continuité décroissante, on obtient

P \

n∈N^?

An

!

= lim

n→+∞P(An) = 0 L’arrêt du jeu est donc presque sûr.

Lorsque la partie s’arrête à lan-ième tentative, le joueur a perdu

1 + 2 +· · ·+ 2ⁿ⁻¹ brouzoufs et vient de gagner 2ⁿ brouzoufs. Au total, il gagne 1 brouzouf. Son gain étant presque sûrement constant égal à 1 brouzoufs, son espérance de gain vaut 1 brouzouf.

b) Avec ce nouveau protocole, lorsque la partie s’arrête à lan-ième tentative, le gain du joueur vaut

3ⁿ−(1 + 3 +· · ·+ 3ⁿ⁻¹) = 3ⁿ+ 1 2 L’espérance de gain est

+∞

X

n=1

3ⁿ+ 1

2 P(An) =

+∞

X

n=1

3ⁿ+ 1 2ⁿ⁺¹ = +∞

c) Puisque le joueur ne peut disputer quenparties, son espérance de gain devient

n

X

k=1

1×P(An)−(2ⁿ−1)P

+∞

[

k=n+1

Ak

!

= 1− 1

2ⁿ −(2ⁿ−1)× 1 2ⁿ = 0

En dérivant successivement

1 1−x =

+∞

X

k=0

x^k

on obtient

+∞

X

k=0

n+k k

!

x^k = 1 (1−x)ⁿ⁺¹

(10)

La propriété

+∞

X

k=0

P(X =k) = 1 fournit

a= (1−p)ⁿ⁺¹ De plus, une nouvelle dérivation donne

+∞

X

k=0

k n+k k

!

x^k−1= (n+ 1) (1−x)ⁿ⁺² donc

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 De même

E(X(X−1)) = (n+ 2)(n+ 1)p² (1−p)² puis

V(X) =E(X(X−1)) +E(X)−E(X)²=(n+ 1)p (1−p)²

Par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev

P(|X−E(X)|>ασ)< σ² (ασ²)= 1

α² On conclut par considération d’évènement complémentaire.

On a

E

[Y −(aX+b)]²

=V (Y −(aX+b)) +E(Y −(aX+b))² D’une part

V (Y −(aX+b)) =V(Y −aX) =a²V(X)−2aCov(X, Y) +V(Y) et donc

V (Y −(aX+b)) =V(Y−aX) =

a−Cov(X, Y) V(X)

²

V(X)+V(X)V(Y)−(Cov(X, Y))² V(X)

D’autre part

E(Y −(aX+b))²= 0 pourb=E(Y)−aE(X) On en déduit que

E

[Y −(aX+b)]² est minimale pour

a= Cov(X, Y)

V(X) et b= V(X)E(Y)−Cov(X, Y)E(X) V(X)

Ces valeurs deaet bréalisent une régression linéaire : elles donnent la meilleure expression linéaire deY en fonction deX.

Par la formule de Huygens E (Y −S)²

=V (Y −S) + [E(Y −S)]² avec

E(Y −S) = (a−1)mS+b et

V(Y −S) =V ((a−1)S+aB+b) = (a−1)²σ_s²+a²σ²_B car la covariance deS etB est nulle.

La quantitéV(Y −S) est minimale pour a= σ²_S

σ_S²+σ²_B

et l’on peut alors rendre le terme [E(Y −S)]² nul pour b= (1−a)m_S Au final

Y = σ_S²

σ_S²+σ²_BX+ σ²_B σ_S²+σ²_BmS

X+Y est à valeurs dansN.

P(X+Y =k) =

k

X

`=0

P(X =`, Y =k−`)

(11)

Par indépendance

P(X+Y =k) =

k

X

`=0

P(X=`)P(Y =k−`) puis

P(X+Y =k) =

k

X

`=0

e^−λλ^`

`!e^−µ µ^k−`

(k−`)!

On réorganise

P(X+Y =k) =e^−(λ+µ) k!

k

X

`=0

k

`

! λ^`µ^k−`

Par la formule du binôme

P(X+Y =k) = e^−(λ+µ)(λ+µ)^k k!

La variableX+Y suit une loi de Poisson de paramètreλ+µ.

Les variablesX et Y sont à valeurs dansN^? doncX+Y est à valeursN\ {0,1}.

Pourk∈N\ {0,1}, on a

P(X+Y =k) =

k−1

X

`=1

P(X =`, Y =k−`) Par indépendance

P(X+Y =k) =

k−1

X

`=1

P(X =`)P(Y =k−`) Il ne reste plus qu’à dérouler les calculs :

P(X+Y =k) = (k−1)p²(1−p)^k−2

a) Par sommation géométrique ou considération d’une succession denéchecs P(X > n) = (1−p)ⁿ

b) On a

(Z > n) = (X > n)∩(Y > n) et par indépendance

P(Z > n) = (1−p)ⁿ(1−q)ⁿ On en déduit

P(Z=n) =P(Z > n−1)−P(Z > n) = (p+q−pq) ((1−p)(1−q))ⁿ⁻¹ c) On peut encore écrire

P(Z=n) =r(1−r)ⁿ⁻¹ avecr=p+q−pq Z suit donc une loi géométrique de paramètrep+q−pq.

Il s’agit de calculer

P(X =k|X+Y =n)

pour une valeur dekqui est nécessairement élément de [[0, n]].

P(X =k|X+Y =n) = P(X =k, X+Y =n) P(X+Y =n) donc

P(X =k|X+Y =n) =P(X =k, Y =n−k) P(X+Y =n)

PuisqueX+Y suit une loi de poisson de paramètreλ+µ, on obtient P(X =k|X+Y =n) = n!

k!(n−k)!

λ^kµ^n−k (λ+µ)ⁿ En écrivant

λ^kµ^n−k (λ+µ)ⁿ =

λ λ+µ

k 1− λ

λ+µ n−k

on reconnaît une loi binomiale de paramètresnetλ/(λ+µ).

a) Posons

u_n=P(X=n) = e^−λλⁿ n!

(12)

On a

u_n+1 un

= λ

n+ 1

donc sin+ 16λalorsu_n+1>u_n et si n+ 1> λalorsu_n+1< u_n. La valeur maximale deu_n est donc obtenue pourn=bλc.

b) Il suffit d’étudier les variations de la fonctionλ7→e^−λλⁿ. La probabilité sera maximale siλ=n.

Par la formule de transfert E

1 X

=

+∞

X

k=1

1

k(1−p)^k−1p= p 1−p

+∞

X

k=1

(1−p)^k k Or pourx∈]−1,1[

+∞

X

k=1

1

kx^k =−ln(1−x) donc

E 1

X

= p

p−1lnp

Par la formule de Transfert E

1 X+ 1

=

+∞

X

k=0

1

k+ 1e^−λλ^k k! = e^−λ

+∞

X

k=0

λ^k (k+ 1)!

Or

+∞

X

k=0

λ^k (k+ 1)! = 1

λ e^λ−1 donc

E 1

X+ 1

= 1−e^−λ λ

On a

(Z > n) = (X > n)∪(Y > n) donc

P(Z > n) =P(X > n) +P(Y > n)−P(X > n, Y > n) Par indépendance

P(Z > n) =P(X > n) +P(Y > n)−P(X > n)P(Y > n) Puisque les lois deX etY sont géométriques

P(Z > n) = (1−p)ⁿ+ (1−q)ⁿ−(1−p)ⁿ(1−q)ⁿ Or

E(Z) =

+∞

X

n=0

P(Z > n) donc

E(Z) =1 p+1

q− 1 p+q−pq Exercice 20 :[énoncé]

L’évènementX est pair est la réunion dénombrable des évènements (X = 2k) pourk∈N. Sa probabilité vaut

+∞

X

k=0

P(X = 2k) =

+∞

X

k=0

e^−λ λ^2k

(2k)! = e^−λch(λ) = 1 + e^−2λ 2

a) On aXk+1−Xk =nsi, et seulement si, on tire n−1 images déjà obtenues puis une image nouvelle. La proportion en cours du nombre d’images déjà obtenues estk/N et donc

P(X_k+1−X_k=n) = k

N

n−1N−k N

=kⁿ⁻¹(N−k) Nⁿ

On identifie une loi géométrique de paramètrep= (N−k)/N et d’espérance N/(N−k).

b) Par télescopage E(XN) =

N−1

X

k=1

E(Xk+1−Xk) +E(X1) =N

N

X

k=1

1 k

(13)

a) Pour (n, k)∈N². Sik6nalors

P(X=n, Y =k) =P(X=n)P(Y =k|X =n) = e^−λλⁿ n!

n k

!

p^k(1−p)^n−k Sik > n alorsP(X =n, Y =k) = 0.

b) Pourk∈N

P(Y =k) =

+∞

X

n=0

P(X=n, Y =k) =

+∞

X

n=k

P(X =n, Y =k) Après réorganisation et glissement d’indice

P(Y =k) =(λp)^k k! e^−λ

+∞

X

n=0

1

n!(1−p)ⁿλⁿ= e^−λp(λp)^k k!

La variableY suit une loi de Poison de paramètreλp.

a) La loi conjointe deX et Y déterminant une probabilité

+∞

X

j=0 +∞

X

k=0

P(X =j, Y =k) = 1 Or

+∞

X

j=0 +∞

X

k=0

P(X =j, Y =k) =ae² donca= e⁻².

b) Pourj ∈N

P(X=j) =

+∞

X

k=0

P(X =j, Y =k) = e⁻¹ j!

et doncX suit une loi de Poisson de paramètreλ= 1. Il en est de même pourY. c) Les variables sont indépendantes car l’on vérifie aisément

P(X=j, Y =k) =P(X=j)P(Y =k)

+∞

X

j=0 +∞

X

k=0

P(X =j, Y =k) = 1

Or +∞

X

j=0 +∞

X

k=0

P(X =j, Y =k) = 8a

car +∞

X

j=0 +∞

X

k=0

j 2^j+k =

+∞

X

j=0

j

2^j−1 = 1

(1−1/2)² = 4 On en déduita= 1/8

b) Pourj∈N

P(X =j) =

+∞

X

k=0

P(X=j, Y =k) = j+ 1 2^j+2 et pourk∈N

P(Y =k) =

+∞

X

j=0

P(X =j, Y =k) = k+ 1 2^k+2 c) Les variables ne sont par indépendantes car l’on vérifie aisément

P(X =j, Y =k)6=P(X=j)P(Y =k) pourj=k= 0.

d) Par probabilités totales P(X=Y) =

+∞

X

n=0

P(X =n, Y =n) =

+∞

X

n=0

2n 2²ⁿ⁺³ = 1

9

+∞

X

k=0 +∞

X

k=0

P(X =k, Y =n) = 1 En réordonnant les sommes et en simplifiant les zéros

+∞

X

n=0 n

X

k=0

P(X =k, Y =n) =

+∞

X

n=0

p(2a(1−p))ⁿ=p 1 1−(2a(1−p))

(14)

On est donc amené à résoudre l’équation

1−2a(1−p) =p ce qui conduit à la solutiona= 1/2.

b) Pourn∈N, P(Y =n) =

n

X

k=0

P(X=k, Y =n) = 1 2ⁿ

n

X

k=0

n k

!

p(1−p)ⁿ=p(1−p)ⁿ c) Pourk∈N,

P(X =k) =

+∞

X

n=k

n k

! p

1−p 2

ⁿ

=p 1−p

2

^k 1 1−^1−p₂ ^k+1 En simplifiant

P(X =k) =

1−1−p 1 +p

1−p 1 +p

^k

d) Les variables ne sont par indépendantes car l’on vérifie aisément P(X =k, Y =n)6=P(X =k)P(Y =n) pourk=n= 0.

a)X suit une loi géométrique de paramètrep.

b) Notons (Xn)_n∈N^? la suite des variables de Bernoulli testant la réussite de chaque expérience.

L’évènement (X=n) est la réunion correspond à l’évènementX1+· · ·+Xn=m etXn= 1 soit encore

X1+· · ·+X_n−1=m−1 etXn = 1. Par indépendance

P(X=n) =P(X₁+· · ·+X_n−1=m−1)P(Xn= 1) PuisqueX₁+· · ·+X_n−1∼ B(n−1, p) etX_n∼ B(p), on obtient

P(X =n) = n−1 m−1

!

p^m(1−p)^n−m

et écriture vaut aussi quandn6mcar le coefficient binomial est alors nul.

c) En exploitant le développement connu de (1 +u)^α, on obtient 1

(1−t)^m =

+∞

X

n=0

n+m−1 m−1

!

tⁿ pourt∈]−1,1[

d) Par définition

GX(t) =

+∞

X

n=0

n−1 m−1

!

p^m(1−p)^n−mtⁿ En isolant les premiers termes nuls et en décalant l’indexation

GX(t) =

+∞

X

n=0

n+m−1 m−1n

!

(pt)^m((1−p)t)ⁿ= (pt)^m (1−(1−p)t)^m On en déduit

E(X) =G⁰_X(1) = m p

a) Par la formule de transfert

E(X(X−1). . .(X−r+ 1)) =

+∞

X

k=r

k!

(k−r)!e^−λλ^k k! =λ^r b) La fonction génératrice deX est

G_X(t) =E(t^X) = e^λ(t−1) Celle-ci est indéfiniment dérivable surRet

G^(r)_X (t) =E X(X−1). . .(X−r+ 1)t^X

=λ^re^λ(t−1) En particulier

G^(r)_X (1) =E(X(X−1). . .(X−r+ 1)) =λ^r

a) Par la formule de transfert

E(X(X−1). . .(X−r+ 1)) =

+∞

X

k=r

k(k−1). . .(k−r+ 1)(1−p)^k−1p

(15)

Or +∞

X

k=r

k(k−1). . .(k−r+ 1)x^k−r= d^r dx^r

1 1−x

= r!

(1−x)^r+1 donc

E(X(X−1). . .(X−r+ 1)) = (1−p)^r−1r!

p^r b) La fonction génératrice deX est

GX(t) =E(t^X) = pt

1−(1−p)t = p p−1 +

p 1−p

1−(1−p)t Celle-ci est indéfiniment dérivable surRet

G^(r)_X(t) =E X(X−1). . .(X−r+ 1)t^X

= p

1−p

r!(1−p)^r (1−(1−p)t)^r+1 En particulier

G^(r)_X (1) =E(X(X−1). . .(X−r+ 1)) =r!(1−p)^r−1 p^r

a) Les évènements (X₁+X₂=Y₁+Y₂) et (14 +X₁+X₂−Y₁−Y₂= 14) sont identiques.

b) PuisqueX₁est uniformément distribuée surJ1,6K G_X₁(t) =1

6 t+t²+· · ·+t⁶

= t 6

1−t⁶

1−t =G_X₂(t)

De même, 7−Yi est uniformément distribuée surJ1,6Ket par somme de variables aléatoires indépendante

GZ(t) =t⁴ 1

6 1−t⁶

1−t ⁴

Il ne reste plus qu’à déterminer le coefficient det¹⁴ dans le développement en série entière deG_Z(t). Pour cela, on écrit

GZ(t) = t⁴ 6⁴

1−t⁶4

(1−t)⁴ = t⁴

6⁴ 1−4t⁶+ 6t¹²− · · ·

+∞

X

n=0

n+ 3 3

! tⁿ

Le coefficient det¹⁴ est

P(X1+X2=Y1+Y2) = 1 6⁴

13 3

!

−4 7 3

!!

=146

6⁴ '0,11

Un calcul direct est aussi possible en évaluant P(X₁+X₂=i) = min(i−1,13−i)

6² pouri∈J1,12K auquel cas

P(X₁+X₂=Y₁+Y₂) = 1 6⁴

12

X

i=2

min (i−1,13−i)²

a) Par formule des probabilités totales P(S=n) =

+∞

X

k=0

P(N =k)P(X1+· · ·+Xk =n) donc

GS(t) =

+∞

X

n=0 +∞

X

k=0

P(N =k)P(X1+· · ·+Xk =n)tⁿ En réordonnant la somme de cette famille sommable

GS(t) =

+∞

X

k=0

P(N=k)

+∞

X

n=0

P(X1+· · ·+Xk=n)tⁿ soit

GS(t) =

+∞

X

k=0

P(N =k)GX₁+···+Xk(t) Or, par indépendances des variables

GX₁+···+Xk(t) = [GX(t)]^k donc

GS(t) =

+∞

X

k=0

P(N =k) [GX(t)]^k =GN(GX(t))

b) SiN etX possède une espérance alorsGN et GX sont dérivables en 1 etGS

l’est alors avec

G⁰_S(1) =G⁰_X(1)G⁰_N(GX(1)) =G⁰_X(1)G⁰_N(1) On en déduit

E(S) =E(N)E(X₁)

(16)

a) Par définition

E t^Xu^Y

=

+∞

X

k=0 +∞

X

`=0

t^ku^`P(X =k, Y =`) En regroupant par paquets selon la valeur deX+Y

E t^Xu^Y

=

+∞

X

n=0 n

X

k=0

t^ku^n−kP(X =k, Y =n−k) Or

(X =k, Y =n−k) = (X1+· · ·+Xn=k)∩(N =n) donc

E t^Xu^Y

=

+∞

X

n=0 n

X

k=0

t^ku^n−k n k

!

p^kq^n−kP(N =n) en notantq= 1−p. On obtient ainsi

E t^Xu^Y

=

+∞

X

n=0

P(N =n)(pt+qu)ⁿ=GN(pt+qu) b) SiN suit une loi de Poisson alorsG_N(t) = e^λ(t−1) puis

G(t, u) = e^λp(t−1)×e^λq(u−1) En particulier

GX(t) =G(t,1) = e^λp(t−1) etGY(t) =G(1, u) = e^λq(u−1)

La variableX suit une loi de Poisson de paramètre λptandis queY suit une loi de Poisson de paramètreλq.

De plus

G(t, u) =

+∞

X

k=0 +∞

X

`=0

e^−λp(λp)^k

k! e^−µq(λq)^`

`! t^ku^`

En identifiant les coefficients (ce qui est possible en considérant une série entière enudont les coefficients sont des séries entières en t), on obtient

P(X =k, Y =`) = e^−λp(λp)^k

k! e^−λq(λq)^k

k! =P(X=k)P(Y =`) Les variablesX et Y apparaissent bien indépendantes.

c) Si les variablesX etY sont indépendantes alorst^X etu^Y aussi donc G(t, u) =E(t^X)E(u^Y) =G(t,1)G(1, u)

puis

G_N(pt+qu) =G_N(pt+q)G_N(p+qu)

Posonsf(t) =GN(t+ 1) définie et continue sur [−2,0] avecf(0) =GN(1) = 1.

On a

f(pt+qu) =GN(p(t+ 1) +q(u+ 1)) =GN(pt+ 1)GN(1 +qu) =f(pt)f(qu) ce qui fournit la propriété de morphisme

f(x+y) =f(x)f(y) pourx∈[−2p,0] et y∈[−2q,0]. Poury∈[−2p,0[

f(x+y)−f(x)

y =f(x)f(y)−f(0) y

On choisitx∈[−2p,0[ tel quef(x)6= 0 (ce qui est possible par continuité car f(0) = 1). Le premier membre admet une limite finie quandy→0 carf est assurément dérivable sur ]−2,0[. On en déduit que le second membre admet la même limite et doncf est dérivable en 0 avec la relation

f⁰(x) =f⁰(0)f(x) Posonsλ=f⁰(0) et sachantf(0) = 1, on obtient

f(x) = e^λxsur [−2p,0]

puis

GN(t) = e^λ(t−1) sur [1−2p,1]

Sip>1/2, ceci détermineGN au voisinage de 0 et l’on reconnaît la fonction génératrice d’une loi de Poisson de paramètreλ.

Sinon,q>1/2 et il suffit de raisonner en la variabley plutôt quex.

a) On a

GX(t) =E t^X

=

+∞

X

n=0

P(X=k)t^k= e^λ(t−1)