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TD 7 : Couples et suites de variables aléatoires réelles discrètes - Corrigé Exercice 1 : 1) 𝑋(Ω) = ⟦1, 𝑛⟧ = 𝑌(Ω)
∀(𝑖, 𝑗) ∈ ⟦1, 𝑛⟧ , 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃[ ](𝑌 = 𝑗) =
1
𝑛×
1
𝑖 𝑠𝑖 𝑗 ≤ 𝑖
0 𝑠𝑖 𝑗 > 𝑖
Conclusion : ∀(𝑖, 𝑗) ∈ ⟦1, 𝑛⟧ , 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑗) =
1
𝑛𝑖 𝑠𝑖 𝑗 ≤ 𝑖
0 𝑠𝑖 𝑗 > 𝑖
Vérification : 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑗) =1
𝑛𝑖= 𝑖 ×
1
𝑛𝑖=
1
𝑛= 𝑛 ×
1
𝑛= 1
2) 𝑃(𝑋 = 𝑌) = 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑖) = 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑖) =1
𝑛𝑖=
1
𝑛
1
𝑖
Cette somme n’est pas simplifiable.
3) ∀𝑗 ∈ ⟦1, 𝑛⟧, 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑗) =1
𝑛𝑖=
1
𝑛
1
𝑖
Cette somme n’est pas simplifiable.
𝐸(𝑌) = 𝑗 × 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑗 ×1
𝑛
1
𝑖=
𝑗
𝑛𝑖=
𝑗
𝑛𝑖=
1
𝑛𝑖𝑗 =
1
𝑛𝑖×
𝑖(𝑖 + 1)
2
=1
𝑛×
𝑖 + 1
2=
1
2𝑛(𝑖 + 1) =
1
2𝑛𝑖 + 1 =
1
2𝑛
𝑛(𝑛 + 1)
2+ 𝑛 =
1
2
𝑛 + 1
2+ 1 =
𝑛 + 3
4
Exercice 2 :
1) On sait que 𝑃([𝑋 = 𝑘] ∩ [𝑌 = 𝑗])
∈ ( )
∈ ( )
= 1 ⇔𝑎
2 𝑗!= 1 ⇔ 𝑎
1
2 𝑗!= 1
⇔ 𝑎1
2
1
𝑗!= 1 ⇔ 𝑎
1
2× 𝑒 = 1 ⇔ 𝑎𝑒
1
2= 1 ⇔
𝑎𝑒
2
1
2= 1 ⇔
𝑎𝑒
2×
1
1 −12
= 1
⇔𝑎𝑒
2× 2 = 1 ⇔ 𝑎 =
1
𝑒= 𝑒
2) ∀𝑘 ∈ ℕ, 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑃([𝑋 = 𝑘] ∩ [𝑌 = 𝑗]) =𝑒
2 𝑗! =
𝑒
2
1
𝑗! =
𝑒
2× 𝑒 =
1
2
∀𝑗 ∈ ℕ, 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑃([𝑋 = 𝑘] ∩ [𝑌 = 𝑗]) =𝑒
2 𝑗! =
𝑒
𝑗!
1
2 =
𝑒
𝑗!× 1 =
𝑒
𝑗!
pour tout (𝑘; 𝑗) ∈ ℕ , 𝑃([𝑋 = 𝑘] ∩ [𝑌 = 𝑗]) =𝑒
2 𝑗!=
1
2×
𝑒
𝑗!= 𝑃(𝑋 = 𝑘) × 𝑃(𝑌 = 𝑗)
Conclusion : les variables X et Y sont indépendantes. 3) Ainsi 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 0.
Exercice 3 :
1) Il est clair que l’urne contient 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 =( )
boules. 2) Pour tout entier 𝑘 {1, . . . , 𝑛},
𝑝(𝑋 = 𝑘) =𝑘
𝑛(𝑛 + 1)2
=2𝑘
𝑛(𝑛 + 1)
En particulier, 𝑝(𝑋 = 𝑛) =2𝑛
𝑛(𝑛 + 1)=
2
𝑛 + 1
3) 𝐸(𝑋) = 𝑘𝑝(𝑋 = 𝑘) = 𝑘 ×2𝑘
𝑛(𝑛 + 1)=
2
𝑛(𝑛 + 1)𝑘 =
2
𝑛(𝑛 + 1)×
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6=
2𝑛 + 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 𝑝 = 𝑝(𝑋 = 𝑛) = .
𝑌 ↪ ℬ 10;2
𝑛 + 1
5) 𝐸(𝑌) = 10 × = et 𝑉(𝑌) = 10 × × 1 − =( )
( )
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 .
7) 𝐸(𝑍) =1
2𝑛 + 1
=𝑛 + 1
2 et 𝑉(𝑍) =
1 −2
𝑛 + 1
2𝑛 + 1
=
𝑛 − 1𝑛 + 1
4(𝑛 + 1)
=𝑛 − 1
𝑛 + 1×
(𝑛 + 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 𝑈 l’événement la ième boule tirée est numérotée 1 et 𝐷 l’événement la ième boule tirée est numérotée 2. On obtient l’arbre de probabilité suivant :
0 𝑈 𝑈 𝐷 𝑈 𝐷
𝐷
𝑝(𝐷 |𝐷 ) =𝑝(𝐷 ∩ 𝐷 )
𝑝(𝐷 )=
23
×12
13
× 1 +23
×12
=
1323
=1
2
9) 𝑝(𝑇 = 1 ∩ 𝑇 = 1) = 0, 𝑝(𝑇 = 1 ∩ 𝑇 = 2) =1
3, 𝑝(𝑇 = 2 ∩ 𝑇 = 1) =
1
3, 𝑝(𝑇 = 2 ∩ 𝑇 = 2) =
1
3
On regroupe ces valeurs dans un tableau :
𝑇 𝑇 1 2
1 0 1
3
2 1
3
1
3
1
10) On déduit du tableau ci-dessus que :
𝑝(𝑇 = 1) = 0 +1
3=
1
3 et 𝑝(𝑇 = 2) =
1
3+
1
3=
2
3
De même, 𝑝(𝑇 = 1) = 0 +1
3=
1
3 et 𝑝(𝑇 = 2) =
1
3+
1
3=
2
3
On déduit donc les lois marginales de 𝑇 et 𝑇 :
𝑘 1 2
𝑃(𝑇 = 𝑘) 1
3
2
3
𝑘 1 2
𝑃(𝑇 = 𝑘) 1
3
2
3
11) 𝑝(𝑇 = 1 ∩ 𝑇 = 1) = 0 et 𝑝(𝑇 = 1) × 𝑝(𝑇 = 1) =1
9≠ 0
Les variables T1 et T2 ne sont donc pas indépendantes. 12) 𝐸(𝑇 ) = = 𝐸(𝑇 )
Puis par linéarité, 𝐸(𝑇 + 𝑇 ) = 𝐸(𝑇 ) + 𝐸(𝑇 ) =
13) 𝑉(𝑇 ) = 1 × + 2 × − = − = = 𝑉(𝑇 )
𝐶𝑜𝑣(𝑇 , 𝑇 ) = 𝐸(𝑇 𝑇 ) − 𝐸(𝑇 )𝐸(𝑇 ) = 1 × 1 × 0 + 1 × 2 ×1
3+ 2 × 1 ×
1
3+ 2 × 2 ×
1
3−
5
3
=8
3−
25
9= −
1
9
Ainsi 𝑉(𝑇 + 𝑇 ) = 𝑉(𝑇 ) + 𝑉(𝑇 ) + 2𝐶𝑜𝑣(𝑇 , 𝑇 ) =2
9+
2
9+ 2 ×
−1
9=
2
9
Exercice 4 : EML 1997
Exercice 5 : Une urne contient 𝑛 boules noires et 2 boules blanches. (𝑛 ∈ 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 : 𝑋 la VA représentant le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la première boule blanche. 𝑌 la VA représentant le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la seconde boule blanche. 𝑁 (respectivement 𝐵 ) l’événement «le ième tirage amène une boule noire (respectivement blanche) ». 1) On suppose, dans cette question que 𝑛 = 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)
𝑃(𝑋 = 1) = 𝑃(𝐵 ) =2
4=
1
2
𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃(𝑁 ∩ 𝐵 ) = 𝑃(𝑁 ) × 𝑃 (𝐵 ) =2
4×
2
3=
1
3
𝑃(𝑋 = 3) = 𝑃(𝑁 ∩ 𝑁 ∩ 𝐵 ) = 𝑃(𝑁 ) × 𝑃 (𝑁 ) × 𝑃 ∩ (𝐵 ) =2
4×
1
3×
2
2=
1
6
𝐸(𝑋) = 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 𝑋 = 1, au pire elle tire toutes les noires
(𝑛) avant la première blanche et dans ce cas 𝑋 = 𝑛 + 1 : 𝑋(Ω) = ⟦1; 𝑛 + 1⟧ {𝑋 = 1} = 𝐵 et ∀𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛 + 1⟧, {𝑋 = 𝑘} = 𝑁 ∩ 𝑁 ∩ … ∩ 𝑁 ∩ 𝐵
b) P(𝑋 = 1) = 𝑃(𝐵 ) =2
𝑛 + 2 et ∀𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛 + 1⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑃(𝑁 ∩ 𝑁 ∩ … ∩ 𝑁 ∩ 𝐵 )
∀𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛 + 1⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑃(𝑁 ) × 𝑃 (𝑁 ) × 𝑃 ∩ (𝑁 ) × … × 𝑃 ∩…∩ (𝑁 ) × 𝑃 ∩…∩ (𝐵 )
=𝑛
𝑛 + 2×
𝑛 − 1
𝑛 + 1×
𝑛 − 2
𝑛× … ×
𝑛 − (𝑘 − 2)
(𝑛 + 2) − (𝑘 − 2)×
2
(𝑛 + 2) − (𝑘 − 1)
=𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2) … (𝑛 + 2 − 𝑘) × 2
(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑛(𝑛 + 4 − 𝑘)(𝑛 + 3 − 𝑘)=
2(𝑛 + 2 − 𝑘)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
La formule reste valable pour 𝑘 = 1.
𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 + 1⟧, 𝑝(𝑋 = 𝑘) =2(𝑛 + 2 − 𝑘)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2).
c) 𝐸(𝑋) = 𝑘𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑘2(𝑛 + 2 − 𝑘)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=
2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑘(𝑛 + 2 − 𝑘)
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2)𝑘 − 𝑘
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2) ×
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
2−
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
6
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
2−
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
6
= 𝑛 + 2 −2𝑛 + 3
3=
3𝑛 + 6 − 2𝑛 − 3
3=
𝑛 + 3
3
Remarque : pour 𝑛 = 2, on retrouve 𝐸(𝑋) de la question 1).
𝐸(𝑋 ) = 𝑘 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑘2(𝑛 + 2 − 𝑘)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=
2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑘 (𝑛 + 2 − 𝑘)
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2)𝑘 − 𝑘
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2) ×
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
6−
(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)
4
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2) (2𝑛 + 3)
6−
(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)
4
=(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
3−
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
2=
(𝑛 + 2)[2(2𝑛 + 3) − 3(𝑛 + 1)]
6=
(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)
6
Ainsi, 𝑉(𝑋) = 𝐸(𝑋 ) − (𝐸(𝑋) ) =(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)
6−
𝑛 + 3
3=
(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)
6−
(𝑛 + 3)
9
=(𝑛 + 3)[3(𝑛 + 2) − 2(𝑛 + 3)]
18=
𝑛(𝑛 + 3)
18
d) Au mieux, elle tire une boule blanche en premier et en deuxième dans ce cas 𝑋 = 1 et 𝑌 = 1, au pire elle tire toutes les noires (𝑛) avant les deux blanches et dans ce cas 𝑋 = 𝑛 + 1 et 𝑌 = 𝑛 + 2: 𝑌(Ω) = ⟦2; 𝑛 + 2⟧ ∀(𝑖, 𝑗) ∈ ⟦1; 𝑛 + 1⟧ × ⟦2; 𝑛 + 2⟧, 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 0 si 𝑗 ≤ 𝑖 si 𝑗 > 𝑖, 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑌 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃(𝑁 ∩ 𝑁 ∩ … ∩ 𝑁 ∩ 𝐵 )
=2(𝑛 + 2 − 𝑖)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)×
𝑛 − (𝑖 − 1)
(𝑛 + 2) − 𝑖×
𝑛 − 𝑖
(𝑛 + 2) − (𝑖 + 1)× … ×
𝑛 − (𝑗 − 3)
(𝑛 + 2) − (𝑗 − 2)×
1
(𝑛 + 2) − (𝑗 − 1)
=2(𝑛 + 2 − 𝑖)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)×
𝑛 + 1 − 𝑖
𝑛 + 2 − 𝑖×
𝑛 − 𝑖
𝑛 + 1 − 𝑖× … ×
𝑛 + 3 − 𝑗
𝑛 + 4 − 𝑗×
1
𝑛 + 3 − 𝑗=
2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
e) ∀𝑗 ∈ ⟦2; 𝑛 + 2⟧, 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) + 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗])
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)+ 0 =
2(𝑗 − 1)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
∀𝑖 ∈ ⟦1; 𝑛 + 1⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑖) = 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) + 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗])
= 0 +2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=
2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)× (𝑛 + 2) − (𝑖 + 1) + 1 =
2(𝑛 + 2 − 𝑖)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
On retrouve bien la loi de X.
f) 𝐸(𝑌) = 𝑗 × 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑗 ×2(𝑗 − 1)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=
2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑗(𝑗 − 1)
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 1) × 𝑘 =
2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 𝑘)
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
6+
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
2=
2𝑛 + 3
3+ 1 =
2𝑛 + 6
3=
2(𝑛 + 3)
3
𝐸(𝑌 ) = 𝑗 × 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑗 ×2(𝑗 − 1)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=
2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑗 (𝑗 − 1)
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 1) × 𝑘 =
2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 2𝑘 + 1) × 𝑘
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 2𝑘 + 𝑘)
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)
4+
2(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
6+
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
2
=(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
2+
2(2𝑛 + 3)
3+ 1 =
3(𝑛 + 3𝑛 + 2) + 2(4𝑛 + 6) + 6
6=
3𝑛 + 17𝑛 + 24
6=
(𝑛 + 3)(3𝑛 + 8)
6
Ainsi, 𝑉(𝑌) = 𝐸(𝑌 ) − (𝐸(𝑌) ) =(𝑛 + 3)(3𝑛 + 8)
6−
2(𝑛 + 3)
3=
(𝑛 + 3)(3𝑛 + 8)
6−
4(𝑛 + 3)
9
=(𝑛 + 3)[3(3𝑛 + 8) − 8(𝑛 + 3)]
18=
𝑛(𝑛 + 3)
18
Exercice 6 : Démo de la propriété 3 1) 𝑋 (𝛺) = ℕ et 𝑋 (𝛺) = ℕ donc 𝑋 + 𝑋 peut prendre toutes les valeurs de ℕ ∶ 𝑌(𝛺) = ℕ.
2) Pour tout entier naturel 𝑛 : 𝑃(𝑌 = 𝑛) = 𝑃(𝑋 = 𝑖)𝑃(𝑋 = 𝑛 − 𝑖)
∈ ( )
∈ ( )
d après le théorème 7.
donc 𝑃(𝑌 = 𝑛) = 𝑃(𝑋 = 𝑖)𝑃(𝑋 = 𝑛 − 𝑖)∈ℕ
∈ℕ
Or 𝑛 − 𝑖 ∈ ℕ se traduit par 𝑛 − 𝑖 ≥ 0 et donc 𝑖 ≤ 𝑛
Ainsi, 𝑃(𝑌 = 𝑛) = 𝑃(𝑋 = 𝑖)𝑃(𝑋 = 𝑛 − 𝑖)
3) 𝑃(𝑌 = 𝑛) = 𝑃(𝑋 = 𝑖)𝑃(𝑋 = 𝑛 − 𝑖) =(𝜆 )
𝑖!×
(𝜆 )
(𝑛 − 𝑖)!=
1
𝑖! (𝑛 − 𝑖)!× (𝜆 ) × (𝜆 )
Pour faire apparaître la formule du binôme de Newton, il manque 𝑛! :
𝑃(𝑌 = 𝑛) =1
𝑛!
𝑛!
𝑖! (𝑛 − 𝑖)!× (𝜆 ) × (𝜆 ) =
1
𝑛!
𝑛𝑖
× (𝜆 ) × (𝜆 ) =1
𝑛!(𝜆 + 𝜆 )
On retrouve bien la probabilité liée à une loi de Poisson de paramètre 𝜆 + 𝜆 . Conclusion : 𝑌 = 𝑋 + 𝑋 suit la loi de Poisson 𝒫(𝜆 + 𝜆 ).
Exercice 7 : 1)a) X prend les valeurs 0, 1 ou 2 : 𝑋(𝛺) = {0; 1; 2}
b) [𝑋 = 2] = (𝑃 ∩ 𝐵 ∩ 𝑃 ∩ 𝐵 ) ∪ (𝑃 ∩ 𝐵 ∩ 𝐹 ∩ 𝐵 )
𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃(𝑃 ∩ 𝐵 ∩ 𝑃 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝑃 ∩ 𝐵 ∩ 𝐹 ∩ 𝐵 ) =1
2+
1
2=
1
16+
1
16=
1
8
𝑃(𝑋 = 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 𝑃(𝑋 = 1) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0) − 𝑃(𝑋 = 2) = 1 −1
8−
1
8=
6
8=
3
4
c) 𝐸(𝑋) = 0 ×1
8+ 1 ×
3
4+ 2 ×
1
8= 1
𝐸(𝑋 ) = 0 ×1
8+ 1 ×
3
4+ 2 ×
1
8=
5
4 donc 𝑉(𝑋) =
5
4− 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 𝑌(𝛺) = {2; 3}
a) L’événement [𝑌 = 2]est 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) :
𝑃(𝑌 = 2) = 𝑃(𝐹 ∩ 𝐹 ) =1
2×
1
2=
1
4
On en déduit que 𝑃(𝑌 = 3) = 1 − 𝑃(𝑌 = 2) = 1 −1
4=
3
4
b) On peut tirer 0 noire ou 1 ou 2 ou 3 donc 𝑍(𝛺) = {0; 1; 2; 3} Si l’événement [𝑌 = 2] est réalisé, alors on a tiré une blanche et une noire (on a vidé l’urne) donc l’événement [𝑍 = 1] est forcément réalisé :
𝑃([𝑌 = 2] ∩ [𝑍 = 1]) = 𝑃([𝑌 = 2]) × 𝑃[ ] (𝑍 = 1) =1
4× 1 =
1
4
𝑃([𝑌 = 2] ∩ [𝑍 = 0]) = 0 = 𝑃([𝑌 = 2] ∩ [𝑍 = 2]) = 𝑃([𝑌 = 2] ∩ [𝑍 = 3])
On admet que 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 1]) =11
32 donc 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 2]) =
11
32
En effet obtenir 2 blanches revient à obtenir 1 noire et les probabilités d’obtenir une blanche ou une noire sont égales.
Il reste à déterminer 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 0]) et 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 3])
𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 0]) = 𝑃(𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ) + 𝑃(𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝐹 ∩ 𝑁 )
=1
2+
1
2=
2
2=
1
2=
1
32
Et pour les mêmes raisons que précédemment 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 3]) = 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 0]) =1
32
Z
Y 0 1 2 3 𝑃(𝑌 = 𝑗)
2 0 1
4 0 0
1
4
3 1
32
11
32
11
32
1
32
3
4
𝑃(𝑍 = 𝑘) 1
32
19
32
11
32
1
32 1
c) 𝐸(𝑌𝑍) = 2 × 1 ×1
4+ 3 × 0 ×
1
32+ 3 × 1 ×
11
32+ 3 × 2 ×
11
32+ 3 × 3 ×
1
32=
124
32=
31
8
𝐸(𝑌) = 2 ×1
4+ 3 ×
3
4=
11
4 et 𝐸(𝑍) = 0 ×
1
32+ 1 ×
19
32+ 2 ×
11
32+ 3 ×
1
32=
44
32=
11
8
𝐶𝑜𝑣(𝑌, 𝑍) = 𝐸(𝑌𝑍) − 𝐸(𝑌)𝐸(𝑍) =124
32−
11
4×
11
8=
124
32−
121
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 : 𝑇(𝛺) = ℕ∗
b) 𝑃(𝑇 = 1) = 𝑃(𝑃 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝐹 ∩ 𝐵 ) =1
4+
1
4=
1
2
𝑃(𝑇 = 2) = 𝑃(𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝐹 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝐹 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝐹 ∩ 𝑁 ∩ 𝐹 ∩ 𝐵 )
=1
16+
1
8+
1
16+
1
8=
3
8
c) 𝐸 = 𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ∩ … ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ⇒ 𝑃(𝐸 ) =1
2×
1
2=
1
4
Pour 𝑛 3, 𝑃(𝑇 = 𝑛) = 𝑃(𝐸 ) × 𝑃 (𝑇 = 𝑛) =1
4× 𝑃(𝑇 = 2) =
1
4×
3
8=
3
2
1
4.
Cette formule reste valable pour 𝑛 = 2 :
Conclusion ∶ pour tout 𝑛 2, 𝑃(𝑇 = 𝑛) =3
2
1
4
𝑑) 𝐸(𝑇) = 𝑛𝑃(𝑇 = 𝑛) = 1 × 𝑃(𝑇 = 1) + 𝑛 ×3
2
1
4=
1
2+
3
2𝑛
1
4
=1
2+
3
2𝑛
1
4− 1 =
1
2+
3
2
1
1 −14
− 1 =1
2+
3
2
16
9− 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 𝐼 est 1 et la plus grande 𝑛 − 1 : 𝐼(𝛺) = ⟦1; 𝑛 − 1⟧. L’événement (𝐼 > 𝑘) est réalisé lorsque les deux numéros tirés sont supérieurs à 𝑘 : il faut donc choisir deux boules parmi celles numérotées de 𝑘 + 1 à 𝑛 (elles sont au nombre de 𝑛 − 𝑘). 𝑃(𝐼 > 𝑛 − 1) = 0 et, pour tout 𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 − 2⟧,
𝑃(𝐼 > 𝑘) =
𝑛 − 𝑘2𝑛2
=
(𝑛 − 𝑘)!2! × (𝑛 − 𝑘 − 2)!
𝑛!2! × (𝑛 − 2)!
=(𝑛 − 𝑘)! (𝑛 − 2)!
𝑛! × (𝑛 − 𝑘 − 2)!=
(𝑛 − 𝑘)(𝑛 − 𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)
Pour 𝑘 = 0, 𝑃(𝐼 > 0) = 1 et (𝑛 − 0)(𝑛 − 0 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)=
𝑛(𝑛 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)= 1
La formule obtenue reste donc valable pour 𝑘 = 0. On a vu que, pour tout 𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 − 1⟧, 𝑃(𝐼 = 𝑘) = 𝑃(𝐼 > 𝑘 − 1) − 𝑃(𝐼 > 𝑘) Si 𝑘 = 1 alors 𝑘 − 1 = 0, la formule précédente étant valable pour 𝑘 = 0, on peut l’appliquer dans tous les cas :
Pour tout 𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 − 1⟧, 𝑃(𝐼 = 𝑘) =(𝑛 − 𝑘 + 1)(𝑛 − 𝑘 + 1 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)−
(𝑛 − 𝑘)(𝑛 − 𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)
=(𝑛 − 𝑘 + 1)(𝑛 − 𝑘)
𝑛(𝑛 − 1)−
(𝑛 − 𝑘)(𝑛 − 𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)=
(𝑛 − 𝑘)[(𝑛 − 𝑘 + 1) − (𝑛 − 𝑘 − 1)]
𝑛(𝑛 − 1)=
2(𝑛 − 𝑘)
𝑛(𝑛 − 1)
2) Les tirages étant simultanés, la plus petite valeur de 𝑆 est 2 et la plus grande 𝑛 : 𝑆(𝛺) = ⟦2; 𝑛⟧. L’événement (𝑆 ≤ 𝑘) est réalisé lorsque les deux numéros tirés sont inférieurs ou égaux à 𝑘 : il faut donc choisir deux boules parmi celles numérotées de 1 à 𝑘 (elles sont au nombre de 𝑘). Pour tout 𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛⟧,
𝑃(𝑆 ≤ 𝑘) =
𝑘2𝑛2
=
𝑘!2! × (𝑘 − 2)!
𝑛!2! × (𝑛 − 2)!
=𝑘! (𝑛 − 2)!
𝑛! × (𝑘 − 2)!=
𝑘(𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)
Pour 𝑘 = 1, 𝑃(𝑆 ≤ 1) = 0 et 1(1 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)= 0
La formule obtenue reste donc valable pour 𝑘 = 1. On a vu que, pour tout 𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛⟧, 𝑃(𝑆 = 𝑘) = 𝑃(𝑆 ≤ 𝑘) − 𝑃(𝑆 ≤ 𝑘 − 1) Si 𝑘 = 2 alors 𝑘 − 1 = 1, la formule précédente étant valable pour 𝑘 = 1, on peut l’appliquer dans tous les cas :
Pour tout 𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛⟧, 𝑃(𝑆 = 𝑘) =𝑘(𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)−
(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)
𝑛(𝑛 − 1)=
(𝑘 − 1)(𝑘 − (𝑘 − 2))
𝑛(𝑛 − 1)=
2(𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)
Exercice 9 : 1) a) Il est clair que 𝑋(Ω) = ℕ∗ = 𝑌(Ω) Pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ (ℕ∗) , [𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗] = (𝐹 ∩ … ∩ 𝐹 ) ∩ 𝑃 ∩ … ∩ 𝑃 ∩ 𝐹 ∪ (𝑃 ∩ … ∩ 𝑃 ) ∩ 𝐹 ∩ … ∩ 𝐹 ∩ 𝑃
= 𝐹 ∩ 𝑃 ∩ 𝐹 ∪ 𝑃 ∩ 𝐹 ∩ 𝑃
b) Ainsi par incompatibilité des deux événements de la réunion :
𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃 𝐹𝑘
𝑖
𝑘=1
∩ 𝑃𝑘
𝑖+𝑗
𝑘=𝑖+1
∩ 𝐹𝑖+𝑗+1 + 𝑃 𝑃𝑘
𝑖
𝑘=1
∩ 𝐹𝑘
𝑖+𝑗
𝑘=𝑖+1
∩ 𝑃𝑖+𝑗+1
Puis par indépendance des événements, pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ (ℕ∗) ,
𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = (1 − 𝑝) × 𝑝 × (1 − 𝑝) + 𝑝 × (1 − 𝑝) × 𝑝 = (1 − 𝑝) 𝑝 + 𝑝 (1 − 𝑝)
Conclusion : pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ (ℕ∗) , 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = (1 − 𝑝) 𝑝 + 𝑝 (1 − 𝑝) 2) (𝑋 + 𝑌)(Ω) = ℕ\{1; 2} = ⟦2; +∞⟦ Pour tout 𝑛 ∈ ⟦2; +∞⟦ ,
𝑃(𝑋 + 𝑌 = 𝑛) = 𝑃((𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑛 − 𝑖))
∈ℕ∗
∈ℕ∗
= (1 − 𝑝) 𝑝 + 𝑝 (1 − 𝑝)
= (1 − 𝑝) 𝑝 + 𝑝 (1 − 𝑝) = 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝
𝑝+ 𝑝(1 − 𝑝)
𝑝
1 − 𝑝
= 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝
𝑝+ 𝑝(1 − 𝑝)
𝑝
1 − 𝑝
On reconnaît des sommes de suites géométriques de raison 1 − 𝑝
𝑝 ou
𝑝
1 − 𝑝 toutes deux différentes de 1
car 𝑝 ≠1
2. Celles − ci sont simplifiables avec un démarrage d’indice à 0 : on factorise par la raison
puis on effectue un changement d’indice ∶
𝑃(𝑋 + 𝑌 = 𝑛) = 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝
𝑝
1 − 𝑝
𝑝+ 𝑝(1 − 𝑝)
𝑝
1 − 𝑝
𝑝
1 − 𝑝
= 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝
𝑝+ 𝑝 (1 − 𝑝)
𝑝
1 − 𝑝
= 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −
1 − 𝑝𝑝
1 −1 − 𝑝
𝑝
+ 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −
𝑝1 − 𝑝
1 −𝑝
1 − 𝑝
= 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −
1 − 𝑝𝑝
2𝑝 − 1𝑝
+ 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −
𝑝1 − 𝑝
1 − 2𝑝1 − 𝑝
= 𝑝 (1 − 𝑝) ×𝑝
2𝑝 − 1× 1 −
1 − 𝑝
𝑝+ 𝑝 (1 − 𝑝) ×
1 − 𝑝
1 − 2𝑝× 1 −
𝑝
1 − 𝑝
=𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1× 1 −
1 − 𝑝
𝑝+
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝× 1 −
𝑝
1 − 𝑝
=𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1−
𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1×
(1 − 𝑝)
𝑝+
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝−
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝×
𝑝
(1 − 𝑝)
=𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1−
𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1+
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝−
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝
=𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1−
𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1−
𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1+
𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1
=𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1[𝑝 (1 − 𝑝) − (1 − 𝑝) − 𝑝(1 − 𝑝) + 𝑝 ]
=𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1[𝑝 − 𝑝 − (1 − 𝑝) − 𝑝(1 − 𝑝) + 𝑝 ]
=𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1[𝑝 − (1 − 𝑝) (1 − 𝑝 + 𝑝)] =
𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1[𝑝 − (1 − 𝑝) ].
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)-2 disp(a)
Exercice 12 : 1) a) La variable 𝑋 est égale au nombre de succès dans la répétition de 𝑟 épreuves identiques et indépendantes, la probabilité de succès est 𝑝 donc 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝. b) Soient 𝑖 et 𝑗 deux entiers naturels, tels que 0 ≤ 𝑖 ≤ 𝑗 ≤ 𝑟 : Sachant que i personnes ont été jointes la veille, pour que j personnes soient jointes en tout, il faut que la secrétaire joigne 𝑗 − 𝑖 personnes ce jour-là :
𝑃( )(𝑋 = 𝑗) =𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞 ( ) =𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞
c) Il est clair que 𝑋 (Ω) = ⟦0; 𝑟⟧
∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑋 = 𝑗)
= 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑋 = 𝑗) += 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑋 = 𝑗)
=𝑟𝑖
𝑝 𝑞 ×𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞 =𝑟𝑖
𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞
On s’inspire de la simplification de la question 5. de l’exercice 4 :
Pour tout couple d’entiers naturels (𝑘; 𝑛) tel que 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 ≤ 𝑁 : 𝑛𝑘
𝑁𝑛
=𝑁𝑘
𝑁 − 𝑘𝑛 − 𝑘
On l’applique au contexte de l’exercice :
Pour tout couple d’entiers naturels (𝑖; 𝑗) tel que 0 ≤ 𝑖 ≤ 𝑗 ≤ 𝑟 : 𝑗𝑖
𝑟𝑗 =
𝑟𝑖
𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
Ainsi, ∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) =𝑗𝑖
𝑟𝑗 𝑝 𝑞 =
𝑟𝑗 𝑝
𝑗𝑖
𝑞
Pour faire apparaitre une formule du binôme de Newton, il faudrait que l’exposant de 𝑞 soit 𝑗 − 𝑖.
Or 2𝑟 − 𝑖 − 𝑗 = (2𝑟 − 2𝑗) + (𝑗 − 𝑖)
∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) =𝑟𝑗 𝑝 𝑞
𝑗𝑖
𝑞 =𝑟𝑗 𝑝 𝑞 (1 + 𝑞) =
𝑟𝑗 (𝑝(2 − 𝑝)) ((1 − 𝑝) )
Or (1 − 𝑝) = 1 − 2𝑝 + 𝑝 = 1 − (2𝑝 − 𝑝 ) = 1 − (𝑝(2 − 𝑝))
∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) =𝑟𝑗 (𝑝(2 − 𝑝)) (1 − (𝑝(2 − 𝑝)))
Ainsi, 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝(2 − 𝑝). 2) Posons 𝑃 la propriété « 𝑋 suit la loi binomiale ℬ(𝑟; 1 − 𝑞 ) » Initialisation : 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝 = 1 − 𝑞 = 1 − 𝑞 donc 𝑃 est vraie. Remarque : 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝(2 − 𝑝) = 1 − (1 − 𝑝) = 1 − 𝑞 . Hérédité : supposons que 𝑃 est vraie pour un certain entier naturel 𝑛 non nul et montrons que 𝑃 est vraie. Il est clair que 𝑋 (Ω) = ⟦0; 𝑟⟧
∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑋 = 𝑗)
Comme à la question 1.b), on montre que :
𝑃( )(𝑋 = 𝑗) =
𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞 ( ) =𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞 si 𝑖 ≤ 𝑗
0 si 𝑖 > 𝑗
∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) =𝑟𝑖
(1 − 𝑞 ) (𝑞 ) ×𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞
=𝑟𝑖
𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
(1 − 𝑞 ) 𝑞 ( )𝑝 𝑞 =𝑗𝑖
𝑟𝑗 (1 − 𝑞 ) 𝑞 ( ) ( )𝑝 𝑞
=𝑟𝑗 𝑞 𝑞 ( ) 𝑗
𝑖(1 − 𝑞 ) 𝑞 ( )𝑝 =
𝑟𝑗 𝑞 𝑞 ( ) 𝑗
𝑖(1 − 𝑞 ) (𝑞 𝑝)
=𝑟𝑗 𝑞 𝑞 ( )(1 − 𝑞 + 𝑞 𝑝) =
𝑟𝑗 𝑞( )( )(1 − 𝑞 + 𝑞 (1 − 𝑞))
=𝑟𝑗 (𝑞 ) (1 − 𝑞 )
Ainsi, 𝑋 suit la loi binomiale ℬ(𝑟; 1 − 𝑞 ) Conclusion : pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, 𝑋 suit la loi binomiale ℬ(𝑟; 1 − 𝑞 ). 3) a) L’événement [𝑍 ≤ 𝑗] est réalisé lorsque la secrétaire a joint tous les correspondants en moins de 𝑗 jours, ainsi tous les correspondants ont été joints le 𝑗è jour : [𝑍 ≤ 𝑗] = 𝑋 = 𝑟 .
Pour tout 𝑗 ∈ ℕ∗, 𝑃(𝑍 = 𝑗) = 𝑃(𝑍 ≤ 𝑗) − 𝑃(𝑍 ≤ 𝑗 − 1) = 𝑃 𝑋 = 𝑟 − 𝑃(𝑋 = 𝑟)
b) Pour montrer que 𝑍 admet une espérance, il faut étudier l’absolue convergence de la série de terme général 𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗) :
𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗) = 𝑗 𝑃 𝑋 = 𝑟 − 𝑃 𝑋 = 𝑟
= 𝑗𝑟𝑟
𝑞 1 − 𝑞 −𝑟𝑟
𝑞 1 − 𝑞
= 𝑗 1 − 𝑞 − 1 − 𝑞 = 𝑗 1 − 𝑞 − 𝑗 1 − 𝑞
= 𝑗 1 − 𝑞 − (𝑗 + 1) 1 − 𝑞 = 𝑗 1 − 𝑞 − 𝑗 1 − 𝑞 − 1 − 𝑞
= 𝑗 1 − 𝑞 + 𝑁(1 − 𝑞 ) − 𝑗 1 − 𝑞 − 1 − 𝑞 = 𝑁(1 − 𝑞 ) − 1 − 𝑞
Au vu de ce qu’on doit obtenir comme résultat, il faut modifier 1 − 𝑞 en 1 − 1 − 𝑞
1 − 1 − 𝑞 = 1 − 1 − 𝑞 = 𝑁 − 1 − 𝑞
On en déduit que 1 − 𝑞 = 𝑁 − 1 − 1 − 𝑞
Ainsi, 𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗) = 𝑁(1 − 𝑞 ) − 𝑁 + 1 − 1 − 𝑞 = 𝑁((1 − 𝑞 ) − 1) + 1 − 1 − 𝑞
On étudie maintenant la limite quand 𝑁 tend vers + ∞ de 𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗)
On sait que (1 + 𝑢 ) −1 ~ 𝑟𝑢 si lim→
𝑢 = 0
Ici 0 < 𝑞 < 1 donc 𝑞 → 0 On a donc (1 − 𝑞 ) −1 ~
→− 𝑟𝑞 puis 𝑁((1 − 𝑞 ) − 1) ~
→− 𝑟𝑁𝑞
𝑁𝑞 = 𝑞 × 𝑁𝑞 , or 𝑁𝑞 est le terme général d’une série géométrique dérivée convergente (0 < 𝑞 <1) donc sa limite est égale à 0
lim→
𝑁((1 − 𝑞 ) − 1) = 0
Il reste à étudier la convergence de 1 − 1 − 𝑞 ∶
1 − 1 − 𝑞 = 1 −𝑟𝑖
1 −𝑞 = 1 −𝑟𝑖
(−1) 𝑞 = −𝑟𝑖
(−1) 𝑞
Donc 1 − 1 − 𝑞 = −𝑟𝑖
(−1) 𝑞 = −𝑟𝑖
(−1) 𝑞 = −𝑟𝑖
(−1) 𝑞
𝑞 est une somme partielle de série géométrique convergente car 0 < 𝑞 < 1
𝑞 admet donc une limite finie quand 𝑁 tend vers + ∞,
il en est de même pour 𝑟𝑖
(−1) 𝑞
Conclusion ∶ 𝑍 admet une espérance donnée par :
𝐸(𝑍) = 𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗) = 0 + 1 − 1 − 𝑞 = 1 − 1 − 𝑞
1 − 1 − 𝑞 = −𝑟𝑖
(−1) 𝑞 = −𝑟𝑖
(−1)1 − 𝑞
1 − 𝑞→ −
𝑟𝑖
(−1)1
1 − 𝑞
c) Conclusion ∶ 𝐸(𝑍) = −𝑟𝑖
(−1)1
1 − 𝑞=
𝑟𝑖
(−1)
1 − 𝑞
d) Si 𝑟 = 1 , 𝐸(𝑍) =1𝑖
(−1)
1 − 𝑞=
1
1 − 𝑞=
1
𝑝
𝑍 suit une loi géométrique de paramètre 𝑝 donc 𝐸(𝑍) =1
𝑝 : ce résultat était donc prévisible …