HighKholle | Variables aléatoires discrètes

Exercice 73 ⭐️⭐️ Loi de Poisson, Spé/L2

Soit $\displaystyle X\sim \mathcal P(\lambda)$ et $\displaystyle Y\sim \mathcal P(\mu)$ indépendantes.

Déterminer la loi de $\displaystyle X+Y$ directement ou grâce aux fonctions génératrices.
Déterminer la loi conditionnelle de $\displaystyle X$ sachant $\displaystyle \{X + Y = n\}$ .
Etudier l’existence et calculer $\displaystyle \mathbb E[X^Y]$ .

Corrigé

On a $\displaystyle P(X+Y=k)=\sum_{j=0}^kP(X=j,Y=k-j)=\sum_{j=0}^kP(X=j)P(Y=k-j)$ , la dernière égalité venant de l’indépendance de $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ .
Donc $\displaystyle P(X+Y=k)=e^{-\lambda}e^{-\mu}\sum_{j=0}^k\frac{\lambda^j}{j!}\frac{\mu^{k-j}}{(k-j)!}=e^{-\lambda-\mu}\frac{(\lambda+\mu)^k}{k!}$ , d’après la formule du binôme. Ainsi $\displaystyle X+Y\sim \mathcal P(\lambda+\mu)$ .
On doit calculer $\displaystyle P(X=k|X+Y=n)=\frac{P(X=k,X+Y=n)}{P(X+Y=n)}=\frac{P(X=k,Y=n-k)}{P(X+Y=n)}=\frac{P(X=k)P(Y=n-k)}{P(X+Y=n)}$ , la dernière égalité venant de l’indépendance de $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ .
Donc $\displaystyle P(X=k|X+Y=n)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\mu}\frac{\mu^{n-k}}{(n-k)!}e^{\lambda+\mu}\frac{n!}{(\lambda+\mu)^n}$ , d’où $P(X=k|X+Y=n)={n\choose k}\frac{\lambda^k\mu^{n-k}}{(\lambda+\mu)^n} = {n\choose k}\left(\frac{\lambda}{\lambda+\mu}\right)^k\left(\frac{\mu}{\lambda+\mu}\right)^{n-k}.$ On reconnait la loi binomiale $\displaystyle \mathcal B(n,\lambda/(\lambda+\mu))$ .
Par le théorème de transfert, l’espérance si elle existe vaut :
$\displaystyle \mathbb E[X^Y]=\sum_{k,j\in\N}k^jP(X=k,Y=j)=\sum_{k,j\in\N}k^je^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\mu}\frac{\mu^{j}}{j!}$ .
Or $\displaystyle \sum_{j\in\N}\frac{(k\mu)^{j}}{j!}=e^{k\mu}$ et $\displaystyle \sum_{k\in\N}\frac{(e^\mu\lambda)^{k}}{k!}=e^{\lambda e^{\mu}}$ , donc par le théorème de Fubini, $\displaystyle \mathbb E|X^Y|<\infty$ et $\displaystyle \mathbb E[X^Y]=e^{\lambda e^{\mu}-\lambda-\mu}$ .

Exercice 74 ⭐️ Loi de couple, Spé/L2

Montrer que la famille $\displaystyle (p_{i,j})_{i\ge0, j\ge0}$ avec $\displaystyle p_{i,j}=\frac{e^{-1}}{(i + j + 1)!}$ définit la loi de probabilité d’un couple $\displaystyle (X, Y)$ à valeurs dans $\displaystyle \N^2$ .
Déterminer la loi de $\displaystyle X + Y$ .
Déterminer la loi conditionnelle de $\displaystyle X$ sachant $\displaystyle \left\{X +Y = n\right\}$ .

Réflexes

Réels positifs dont la somme vaut $\displaystyle 1$ .
Probas totales
Appliquer la définition de probabilité conditionnelle.

Corrigé

Clairement les réels $\displaystyle p_{i,j}$ sont positifs. Il reste à vérifier que pour tout $\displaystyle i\ge 0$ , $\displaystyle \sum_{j\ge 0} p_{i,j}$ est convergente, et que $\displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty}\sum_{j=0}^{+\infty} p_{i,j}=1$ .
On a
$\begin{aligned} \sum_{i=0}^{+\infty}\sum_{j=0}^{+\infty} \frac{e^{-1}}{(i + j + 1)!} & =\frac 1e\sum_{i=0}^{+\infty}\sum_{j=i+1}^{+\infty} \frac{1}{j!}\\ &=\frac 1e\sum_{j=1}^{+\infty}\sum_{i=0}^{j-1} \frac{1}{j!}\\ &=\frac 1e\sum_{j=1}^{+\infty} \frac{j}{j!}\\ &=\frac 1e\sum_{j=1}^{+\infty} \frac{1}{(j-1)!} =1. \end{aligned}$
$\displaystyle X+Y$ est à valeurs dans $\displaystyle \N$ , et pour $\displaystyle k\in\N$ ,
$\begin{aligned} \mathbb P(X+Y=k) & =\sum_{i=0}^{k}\mathbb P(X=i,Y=k-i)\\ &=\frac 1e\sum_{i=0}^{k}\frac{1}{(k+ 1)!}\\ &=\frac 1e\frac{(k+1)}{(k+ 1)!}=\frac{1}{e~k!}. \end{aligned}$ On reconnaît la loi de Poisson de paramètre $\displaystyle 1$ .
Soit $\displaystyle n\in\N$ et $\displaystyle k\in[\![0;n]\!]$ . On a
$\begin{aligned} \mathbb P(X=k|X+Y=n) & = \frac{\mathbb P(X=k,X+Y=n)}{\mathbb P(X+Y=n)}\\ &=\frac{\mathbb P(X=k,Y=n-k)}{\mathbb P(X+Y=n)}\\ &=\frac{e^{-1}}{(n + 1)!}\frac{n!}{e^{-1}} = \frac{1}{n+1}. \end{aligned}$ On reconnaît la loi uniforme sur $\displaystyle [\![0;n]\!]$ .

Exercice 75 ⭐️ Espérance Variance Binomiale, Sup/L1

Soit $\displaystyle X$ une v.a. binomiale $\displaystyle \mathcal B(n,p)$ . Calculer sa fonction génératrice $\displaystyle g:s\mapsto \mathbb E[s^X]$ .
Retrouver alors les valeurs de $\displaystyle E[X]$ et $\displaystyle {\rm Var}(X)$ .

Corrigé

On a $\displaystyle g(s)=\mathbb E[s^X]=\sum_{k=0}^n s^{k}{n\choose k}p^k(1-p)^{n-k}=\sum_{k=0}^n {n\choose k}(sp)^k(1-p)^{n-k}=(sp+1-p)^n$ . De plus, en dérivant par rapport à $\displaystyle s$ la somme finie, on obtient $\displaystyle g'(1)=E[X]$ et $\displaystyle g''(1)=\sum_{k=1}^n k(k-1)P(X=k)=E[X^2]-E[X]$ . De $\displaystyle g'(s)=np(sp+1-p)^{n-1}$ et $\displaystyle g''(s)=n(n-1)p^2(sp+1-p)^{n-2}$ , on déduit $\displaystyle E[X]=np$ et $\displaystyle n(n-1)p^2=E[X^2]-np$ . Ainsi $\displaystyle Var(X)=E[X^2]-E[X]^2=n(n-1)p^2+np-n^2p^2=np-np^2=np(1-p)$ , et on reconnaît bien l’espérance et la variance d’une binomiale.

Exercice 77 ⭐️⭐️ Marche aléatoire, Spé/L3

Soit $\displaystyle (X_n)$ une suite de v.a. de Bernoulli symétriques i.i.d. telles que $\displaystyle P(X_n=1)=p$ et $\displaystyle P(X_n=-1)=1-p$ avec $\displaystyle p\in]0,1[$ et $\displaystyle p\neq 1/2$ . On pose $\displaystyle S_0=0$ et $\displaystyle S_n=X_1+\cdots +X_n$ . On définit l’événement "retour en $\displaystyle 0$ au temps $\displaystyle n$ ": $\displaystyle A_n=\{S_n=0\}$ .

Décrire l’événement $\displaystyle \limsup_{n\to \infty}A_n=\bigcap_{n\ge0}\bigcup_{k\ge n}A_k$ ;
Montrer que $\displaystyle P\left(\limsup_{n\to \infty} A_n\right)=0$ .

Corrigé

L’événement $\displaystyle \overline{\lim}\ A_n$ est l’ensemble des $\displaystyle \omega\in\Omega$ tels que la trajectoire $\displaystyle (X_n(\omega))_n$ repasse une infinité de fois par $\displaystyle 0$ .
On remarque que si $\displaystyle n$ est impair $\displaystyle P(A_n)=0$ . De plus $\displaystyle P(A_{2n})=C_{2n}^n p^n(1-p)^n$ (proba binomiale) et donc
$\frac{P(A_{2n+2})}{P(A_{2n})}=\frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2}p(1-p) \xrightarrow[n\to\infty]{} 4p(1-p)<1,$ où la dernière inégalité est obtenue par une rapide étude de fonction (et $\displaystyle p\neq 1/2$ ).
Par le critère de d’Alembert, on en déduit que $\displaystyle \sum_{n\ge 1}P(A_{2n})<+\infty$ , et on conclut par le lemme de Borel-Cantelli.

Exercice 78 ⭐️⭐️⭐️ Grandes déviations, Sup/Spé/L2

Soit $\displaystyle X$ une v.a. finie. La transformée de Laplace de $\displaystyle X$ est définie par :
$\forall t\in\R,~~L_X(t)=\mathbb E \left(e^{tX}\right).$

Montrer que pour tout $\displaystyle n\in\N$ , $\displaystyle \mathbb E(X^n)=L_X^{(n)}(0)$ .
Montrer que la fonction $\displaystyle \Lambda_X : t\mapsto \ln L_X(t)$ est convexe.
Soit $\displaystyle Y$ une v.a. finie telle que $\displaystyle L_Y=L_X$ . Montrer que $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ ont même loi.
Dans la suite on fixe $\displaystyle r>\mathbb E(X)$ .
Montrer que $\displaystyle \alpha_r=\sup_{t>0} (tr-\Lambda_X(t))$ est dans $\displaystyle \R_+^*$ ou vaut $\displaystyle \infty$ .
Soit $\displaystyle (X_n)_{n\ge 1}$ une suite de v.a. indépendantes, de même loi que $\displaystyle X$ , et $\displaystyle S_n=X_1+\cdots+ X_n$ .
Montrer que pour tout $\displaystyle n\ge 1$ , $\displaystyle \mathbb P\left(S_n > nr\right) \le e^{-n\alpha_r}$ (avec la convention $\displaystyle e^{-\infty}=0$ ).

Réflexes

Espérance d’une fonction de $\displaystyle X$ 👉 Transfert !
Signe de la dérivée seconde.
Commencer par écrire l’égalité pour tout $\displaystyle t$ . Ensuite, analyser la situation.
Que sait-on des valeurs de $\displaystyle tr-\Lambda_X(t)$ ? Par exemple pour $\displaystyle t>0$ petit ?
Majorer une proba 👉 Inégalité de Markov, d’une façon ou d’une autre.

Corrigé

Notons $\displaystyle X(\Omega)=\{x_1,\dots, x_p\}$ avec $\displaystyle x_1<\dots<x_p$ . Par théorème de transfert, $\forall t\in\R,~L_X(t)=\sum_{k=1}^pe^{tx_k}\mathbb P(X=x_k).$ Ainsi $\displaystyle L_X^{(n)}(t)=\sum_{k=1}^p x_k^n~~e^{tx_k}\mathbb P(X=x_k)$ , donc $\displaystyle L_X^{(n)}(0)=\sum_{k=1}^p x_k^n~\mathbb P(X=x_k) = \mathbb E(X^n)$ .
$\displaystyle \Lambda_X$ est de classe $\displaystyle \mathscr C^2$ sur $\displaystyle \R$ ( $\displaystyle \ln$ est de classe $\displaystyle \mathscr C^2$ , et $\displaystyle L_X$ aussi, et $\displaystyle L_X$ est bien à valeurs dans $\displaystyle ]0;+\infty[$ ). Les calculs donnent : $\forall t\in\R,~~\Lambda_X''(t)=\frac{L_X''(t)L_X(t)-L_X'(t)^2}{L_X(t)^2}.$
Or avec Cauchy-Schwarz : $\begin{aligned} L_X'(t)^2 & = \left(\sum_{k=1}^p x_k~e^{tx_k}\mathbb P(X=x_k)\right)^2\\ &=\left(\sum_{k=1}^p x_k~\sqrt{e^{tx_k}\mathbb P(X=x_k)}\times \sqrt{e^{tx_k}\mathbb P(X=x_k)}\right)^2\\ &\le\left(\sum_{k=1}^p x_k^2~e^{tx_k}\mathbb P(X=x_k)\right)\left(\sum_{k=1}^p ~e^{tx_k}\mathbb P(X=x_k)\right)\\ & = L_X''(t)L_X(t). \end{aligned}$
Ceci montre que $\displaystyle \Lambda_X''$ est positive sur $\displaystyle \R$ , donc que $\displaystyle \Lambda_X$ est convexe.
Quitte à considérer $\displaystyle X(\Omega)\cup Y(\Omega)$ , avec $\displaystyle \mathbb P(X=x)=0$ pour $\displaystyle x\in Y(\Omega)\setminus X(\Omega)$ et vice versa, on peut supposer que $\displaystyle Y(\Omega)=X(\Omega)$ .
Notons $\displaystyle p_k=\mathbb P(X=x_k)$ et $\displaystyle q_k=\mathbb P(Y=x_k)$ , pour alléger. Par hypothèse, $\forall t\in\R,~~\sum_{k=1}^p e^{tx_k}p_k = \sum_{k=1}^p e^{tx_k} q_k.$ Raisonnons par l’absurde : on suppose $\displaystyle (p_1,\dots,p_p)\neq(q_1,\dots,q_p)$ . Soit $\displaystyle i$ le plus petit indice tel que $\displaystyle p_i\ne q_i$ . Alors $\forall t\in\R,~~\sum_{k=i}^p e^{tx_k}p_k = \sum_{k=i}^p e^{tx_k}q_k.$ $\forall t\in\R,~~p_i+\sum_{k=i+1}^p e^{t(x_k-x_i)}p_k = q_i+\sum_{k=i+1}^p e^{t(x_k-x_i)}q_k.$ En faisant tendtre $\displaystyle t\to-\infty$ , on obtient $\displaystyle p_i=q_i$ : Contradiction !
Donc $\displaystyle (p_1,\dots,p_p)=(q_1,\dots,q_p)$ .
Remarque — Nous venons de montrer, et c’est un exercice classique, que les fonctions $\displaystyle t\mapsto e^{tx_k}$ forment une famille libre.
Posons $\displaystyle \phi : t\mapsto tr-\Lambda_X(t)$ . On a $\displaystyle \phi'(0)=r-\frac{L'_X(0)}{L_X(0)}=r-\mathbb E(X)>0$ .
De plus $\displaystyle \phi(0)=0$ , donc $\displaystyle \phi(t)\underset{t\to 0^+}\sim\left(r-\mathbb E(X)\right)t$ , et donc pour $\displaystyle t>0$ suffisamment petit on a $\displaystyle \phi(t)>0$ . Par conséquent $\displaystyle \sup_{t>0}\phi(t)$ est strictement positif.
Soit $\displaystyle t>0$ fixé. Comme $\displaystyle x\mapsto e^{tx}$ est strictement croissante, on a :
$\begin{aligned} \mathbb P(S_n>nr) & = \mathbb P(e^{t S_n}>e^{nrt}) \\ & \le e^{-nrt}\mathbb E(e^{t S_n})\qquad\qquad\text{(inég. de Markov)}\\ \end{aligned}$ Or par indépendance, $\displaystyle \mathbb E(e^{t S_n})=\mathbb E(e^{t X_1})\dots \mathbb E(e^{t X_n})=L_X(t)^n$ . Ainsi
$\mathbb P(S_n>nr) \le \left(e^{-rt}L_X(t)\right)^n=\left(e^{-(rt-\Lambda_X(t))}\right)^n.$ Ceci étant vrai pour tout $\displaystyle t\ge 0$ , on a donc $\mathbb P(S_n>nr) \le \inf_{t>0}\left(e^{-(rt-\Lambda_X(t))}\right)^n = e^{-n\alpha_r}.$

Exercice 79 ⭐️⭐️ Loi de Poisson et TCL, ECS2/L3/Classique

Calculer la fonction génératrice définie par $\displaystyle G_X(s)=E[s^X]$ quand $\displaystyle X\sim\mathcal P(\mu)$ , i.e. $\displaystyle P(X=j)=e^{-\mu}\frac{\mu^j}{j!}$ . On admet que $\displaystyle G_X$ caractérise la loi de X. En déduire la loi de la somme de $\displaystyle n$ v.a. $\displaystyle X_i$ de Poisson i.i.d. de paramètre $\displaystyle \mu$ .
Montrer que pour $\displaystyle x\ge0$ , $e^{-n}\sum_{k=0}^{n+x\sqrt{n}}\frac{n^k}{k!} \xrightarrow[n\to \infty]{} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^x e^{-t^2/2}dt,$ en utilisant le théorème centrale limite (TCL).
En particulier, on a : $\displaystyle e^{-n}\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!} \xrightarrow[n\to \infty]{} \frac12$ .

Corrigé

On a $\displaystyle \mathbb E[s^X]=\sum_{j\ge0}s^je^{-\mu}\frac{\mu^j}{j!}=e^{-\mu}\sum_{j\ge0}\frac{(s\mu)^j}{j!}=e^{\mu(s-1)}$ .
De plus, en utilisant que les $\displaystyle X_i$ sont indépendantes et de même loi, il vient $\displaystyle \mathbb E[s^{X_1+\cdots+X_n}]=\mathbb E[s^{X_1}]\cdots \mathbb E[s^{X_n}]=(\mathbb E[s^X])^n=e^{n\mu(s-1)}$ .
On reconnait alors la fonction génératrice d’une v.a. de Poisson de paramètre $\displaystyle n\mu$ .
Considérons des $\displaystyle X_i\sim\mathcal P(1)$ i.i.d., donc $\displaystyle \mu=1$ et $\displaystyle \sigma=1$ . Le TCL donne donc $P\left(\sqrt{n}(\overline{X}_n-1)\le x\right) \xrightarrow[n\to \infty]{} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^x e^{-t^2/2}dt.$ Réécrivons la probabilité :
$\begin{aligned} P\left(\sqrt{n}(\overline{X}_n-1)\le x\right)&=P(X_1+\cdots+X_n-n\le \sqrt{n}x) \\ &=P(X_1+\cdots+X_n\le n+\sqrt{n}x).\end{aligned}$ Comme d’après 1), $\displaystyle X_1+\cdots+X_n\sim\mathcal P(n)$ , on en déduit $\displaystyle P\left(\sqrt{n}(\overline{X}_n-1)\le x\right)=\sum_{k=0}^{n+x\sqrt{n}}e^{-n}\frac{n^k}{k!}$ , d’où le résultat.

Exercice 80 ⭐️⭐️⭐️ Chaîne de Markov, Spé/L3

Soit $\displaystyle (X_n)$ une suite de v.a. définie par $\displaystyle X_{n+1}=f(X_n,E_{n+1})$ où $\displaystyle (E_n)$ est une suite i.i.d., indépendante aussi de $\displaystyle X_0$ . Montrer que $\displaystyle (X_n)$ est une chaîne de Markov, i.e. $P(X_{n+1}=x_{n+1}| X_{n}=x_{n},\cdots,X_{0}=x_{0})=P(X_{n+1}=x_{n+1}| X_{n}=x_{n}).$ La matrice $\displaystyle P_{i,j}:=P(X_{n+1}=j|X_n=i)$ s’appelle la matrice de transition (on suppose que la chaîne est homogène, i.e. la dernière quantité ne dépend pas de $\displaystyle n$ ), c’est une matrice stochastique.
Donner un exemple simple de chaîne de Markov.
On considère ici une chaîne à deux états $\displaystyle \{1,2\}$ et on pose $\displaystyle P_{1,2}=P(X_{n+1}=2|X_n=1)=a\in]0,1[$ et $\displaystyle P_{2,1}=P(X_{n+1}=1|X_n=2)=b\in]0,1[$ . On note $\displaystyle \nu_n=(P(X_n=1),P(X_n=2))$ la loi de $\displaystyle X_n$ . Montrer que $\displaystyle \nu_{n+1}=\nu_nP$ . Déterminer la loi stationnaire $\displaystyle \pi=(\pi_1,\pi_2)$ , i.e. résoudre l’équation $\displaystyle \pi=\pi P$ . Calculer $\displaystyle P^n$ et $\displaystyle \lim_{n\to\infty}P^n$ .

Corrigé

On a $\displaystyle P(X_{n+1}=x_{n+1}| X_{n}=x_{n},\cdots,X_{0}=x_{0})=P(f(X_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n},\cdots,X_{0}=x_{0})=P(f(x_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n},\cdots,X_{0}=x_{0})$ . Or $\displaystyle E_{n+1}$ est indépendante de $\displaystyle (X_0,\cdots,X_n)$ (par récurrence), et donc $\displaystyle P(f(x_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n},\cdots,X_{0}=x_{0})=P(f(x_{n},E_{n+1})=x_{n+1})=P(f(x_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n})=P(f(X_{n},E_{n+1})=x_{n+1}| X_{n}=x_{n})=P(X_{n+1}=x_{n+1}| X_{n}=x_{n})$ , ce qu’on voulait.
Cette structure $\displaystyle X_{n+1}=f(X_n,E_{n+1})$ est le prototype de chaîne de Markov, et un exemple simple est une marche aléatoire
$\displaystyle X_n=E_0+\cdots+E_n=X_{n-1}+E_n$ où $\displaystyle (E_n)$ est une suite de v.a. i.i.d. à valeurs par exemple dans $\displaystyle \{-1,1\}$ . La fonction $\displaystyle f$ est ici $\displaystyle f(x,y)=x+y$ .
Pour établir $\displaystyle \nu_{n+1}=\nu_nP$ , il suffit d’écrire la formule des probabilités totales avec les événements $\displaystyle \{X_n=1\}$ et $\displaystyle \{X_n=2\}$ .
L’équation $\displaystyle \pi=\pi P$ donne $\displaystyle \pi_1=(1-a)\pi_1+b\pi_2$ et $\displaystyle \pi_2=a\pi_1+(1-b)\pi_2$ . Donc $\displaystyle \pi_1=\frac{b}{a+b}$ et $\displaystyle \pi_2=\frac{a}{a+b}$ .
Pour calculer $\displaystyle P^n$ , plusieurs méthodes dont utiliser Cayley-Hamilton qui dit que $\displaystyle \chi_P(P)=0$ . On fait donc la division euclidienne de $\displaystyle X^n$ par $\displaystyle \chi$ . Comme $\displaystyle P$ est une matrice stochastique, on a $\displaystyle \lambda_1=1$ comme valeur propre. On a aussi $\displaystyle tr(P)=2-a-b=\lambda_1+\lambda_2$ , d’où $\displaystyle \lambda_2=1-a-b$ . Donc $\displaystyle \chi(X)=(X-1)(X-1+a+b)$ et on écrit $\displaystyle X^n=\chi(X)Q(X)+a_1X+a_0$ . En évaluant en $\displaystyle X=1$ et $\displaystyle X=1-a-b$ , on obtient :
$\displaystyle a_1=\frac{1-(1-a-b)^n}{a+b}$ et $\displaystyle a_0=1-a_1$ . Ainsi, avec $\displaystyle \chi_P(P)=0$ , on a $\displaystyle P^n=a_1P+a_0I_2$ . Comme $\displaystyle -1<1-a-b<1$ , on en déduit
$\displaystyle \lim_{n\to\infty}P^n=\frac{1}{a+b}\begin{pmatrix} 1-a & a\\ b & 1-b\\ \end{pmatrix}+(1-\frac{1}{a+b})\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\\ \end{pmatrix}=\frac{1}{a+b}\begin{pmatrix} b & a\\ b & a\\ \end{pmatrix}$ .

Exercice 81 ⭐️⭐️⭐️⭐️ ENS Ulm 2017, Spé/L3

Soit $\displaystyle (X_n)$ une suite de variables aléatoires i.i.d. à valeurs dans $\displaystyle \mathbb{N}$ .
On note $\displaystyle R_n = {\rm card}\{X_1,\ldots,X_n\}$ . On suppose que les $\displaystyle X_i$ admettent une espérance.
Montrer que $\displaystyle \mathbb{E}(R_n) = o(\sqrt{n}).$

Corrigé

Soit $\displaystyle X$ l’un des $\displaystyle X_i$ . Comme $\displaystyle X$ est à valeurs dans $\displaystyle \mathbb{N}$ , on a la formule $\mathbb{E}[X] = \sum_{k=0}^\infty \mathbb{P}(X>k).$ Comme l’espérance est supposée finie, la série est convergente. De plus, comme le terme général est décroissant et positif, on sait que
$\mathbb{P}(X>k) = o\left(\frac{1}{k}\right).$ On en déduit qu’il existe une suite $\displaystyle (a_n)$ , à valeurs dans $\displaystyle \mathbb{N}$ , telle que :

$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt{n} \mathbb{P}(X>a_n) = 0$ ,
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{\sqrt{n}} = 0$ .
Pour $\displaystyle n \ge 1$ , on considère la v.a. $\displaystyle R_n'$ définie par
$R_n' = {\rm card}\left\{\{X_1,\ldots, X_n\} \cap \{k \in \mathbb{N} : k>a_n\}\right\}.$ On a alors $\displaystyle R_n \le a_n+R_n'$ . Il y a égalité si chacune des valeurs dans $\displaystyle \{1,\ldots a_n\}$ est prise par au moins l’une des variables $\displaystyle X_i$ .
On introduit maintenant la v.a. $\displaystyle R_n''$ définie par
$R_n'' = {\rm card}\left\{i \in \{1,\ldots, n\} : X_i > a_n \right\}.$ On a l’égalité $\displaystyle R_n' \le R_n''$ , avec égalité si et seulement si chaque valeur supérieure à $\displaystyle a_n$ est prise par au plus une variable $\displaystyle X_i$ .
On remarque, par l’indépendance des $\displaystyle X_i$ , que $\displaystyle R_n''$ suit la loi binomiale de de paramètres $\displaystyle n$ et $\displaystyle p=\mathbb{P}(X>a_n)$ .

Au final, on a l’inégalité
$\mathbb{E}(R_n) \leq a_n + \mathbb{E}(R_n'') = a_n+n \mathbb{P}(X>a_n).$ Mais par construction de $\displaystyle (a_n)$ , on a :
$\frac{\mathbb{E}(R_n)}{\sqrt{n}} \leq \frac{a_n}{\sqrt{n}}+\sqrt{n} \mathbb{P}(X>a_n) \xrightarrow[n \rightarrow \infty]{}0,$ ce qu’il fallait démontrer.

Exercice 185 ⭐️⭐️ Dés truqués, Sup/L1

On considère un dé rouge truqué qui donne $\displaystyle 6$ avec la probabilité $\displaystyle p \in ]0,1[$ , les autres issues étant équiprobables, et un dé blanc non truqué. On lance simultanément les deux dés, un pour chaque joueur. En cas d’égalité, c’est le dé blanc qui l’emporte. Quel dé faut-il choisir ?

Corrigé

Soit $\displaystyle X$ le résultat donné par le dé rouge, et $\displaystyle Y$ le résultat donné par le dé blanc. Les hypothèses de l’énoncé, les variables aléatoires $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ sont indépendantes. La probabilité que le rouge l’emporte est $\mathbb{P}(X>Y) = \sum_{1 \le k < l \le 6} \mathbb{P}(X=k,Y=l) = \sum_{1 \le k < l \le 6} \mathbb{P}(X=k) \mathbb{P}(Y=l).$ On a utilisé l’indépendance de $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ pour la dernière égalité. Les lois de $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ sont données dans l’énoncé : on a $\displaystyle \mathbb{P}(X=6)=p$ et $\displaystyle \mathbb{P}(X=k)=\frac{1-p}{5}$ pour $\displaystyle 1 \le k \le 5$ . De plus, comme le dé blanc est supposé équilibré, on a $\displaystyle \mathbb{P}(Y=l)=1/6$ pour tout $\displaystyle 1 \le l \le 6$ . Ainsi : $\mathbb{P}(X>Y) = \sum_{1 \le k < l \le 6} \frac{1-p}{5}\frac{1}{6} + \sum_{1 \le l \le 5} p \frac{1}{6}.$ L’ensemble des indices $\displaystyle (k,l)$ tels que $\displaystyle 1 \le k < l \le 5$ est de cardinal $\displaystyle 5(5-1)/2 = 10$ , donc : $\mathbb{P}(X>Y) = 10 \frac{1-p}{30} + 5 \frac{p}{6} = \frac{2+3p}{6}.$ On en déduit que si $\displaystyle p < 1/3$ alors $\displaystyle \mathbb{P}(X<Y)<1/2$ , il vaut mieux donc jouer le dé blanc. Si $\displaystyle p>1/3$ , il vaut mieux jouer le dé rouge. Si $\displaystyle p=1/3$ , le jeu est équilibré.

Exercice 186 ⭐️⭐️ X PC 2017

Soit $\displaystyle N$ une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre $\displaystyle 5$ . On ramasse $\displaystyle N$ champignons. Chaque champignon a la probabilité $\displaystyle 2/3$ d’être comestible.

Déterminer la probabilité que $\displaystyle N$ soit égal à $\displaystyle 2$ et qu’un seul champignon soit comestible. En donner une estimation numérique.
Calculer la probabilité qu’aucun champignon ne soit comestible.

Corrigé

Soit $\displaystyle X$ le nombre de champignons comestibles parmi ceux qui sont ramassés. D’après le modèle proposé dans l’énoncé, la loi de $\displaystyle X$ sachant qu’on a ramassé en tout $\displaystyle N=n$ champignons suit la loi binomiale de paramètres $\displaystyle n$ et $\displaystyle p=2/3$ . Ici on veut calculer $\mathbb{P}(X=1,N=2) = \mathbb{P}(X=1 | N=2) \mathbb{P}(N=2) = \binom{2}{1} \frac{2}{3} \left(1-\frac{2}{3}\right) \frac{e^{-5} 5^2}{2!} = \frac{25}{9} e^{-5}.$
Avec les notations précédentes, on veut calculer $\displaystyle \mathbb{P}(X=0)$ . La famille $\displaystyle (N=n)_{n \ge 0}$ est un système complet d’événements, on a donc $\mathbb{P}(X=0) = \sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(X=0 | N=n) \mathbb{P}(X=n) = \sum_{n=0}^\infty (1-2/3)^n \frac{5^n e^{-5}}{n!} = e^{-5} \sum_{n=0}^\infty \frac{(5/3)^n}{n!} = e^{-5+5/3} = e^{-10/3}.$

Exercice 187 ⭐️⭐️⭐️ X PC 2017

Une machine produit deux types de pièces : le type $\displaystyle A$ avec probabilité $\displaystyle a$ , le type $\displaystyle B$ avec probabilité $\displaystyle b=1-a$ . Chaque pièce est défectueuse avec probabilité $\displaystyle p$ , indépendamment du type, et indépendamment d’une pièce à l’autre. La machine s’arrête dès qu’elle a produit une pièce du type $\displaystyle A$ .

Soit $\displaystyle X$ la variable aléatoire égale au nombre de pièces défectueuses au moment de l’arrêt de la machine. Déterminer $\displaystyle \mathbb{E}[X]$ sans déterminer complètement la loi de $\displaystyle X$ . Commenter.
Déterminer la loi de $\displaystyle X$ et retrouver le résultat précédent.

Corrigé

Soit $\displaystyle N$ la variable aléatoire du nombre de pièces fabriquées. Dans le modèle décrit dans l’énoncé, on sait que $\displaystyle N$ suit la loi géométrique de paramètre $\displaystyle a$ , et que la loi de $\displaystyle X$ sachant $\displaystyle N$ est la loi binomiale de paramètres $\displaystyle N$ et $\displaystyle p$ . D’après une formule du cours, on a alors $\mathbb{E}[X] = \mathbb{E}[\mathbb{E}[X|N]] = \mathbb{E}[Np] = p \mathbb{E}[N] = \frac{p}{a}.$
Pas facile !

Exercice 188 ⭐️⭐️ Extrémités de cordes, X PC 2017

Un sac contient $\displaystyle N$ cordes. A la première étape on choisit au hasard deux extrémités de cordes et on les noue. On dit qu’on a une boucle si on a noué les extrémités de la même corde.

Déterminer l’espérance du nombre $\displaystyle X$ de boucles après la première étape.
On réitère $\displaystyle N$ fois l’opération en nouant à chaque fois deux extrémités libres. On note $\displaystyle Y$ le nombre de boucles. Déterminer l’espérance de $\displaystyle Y$ .

Corrigé

Il peut se produire deux choses : soit les deux extrémités choisies appartiennent à la même corde, ce qui sera appelé événement $\displaystyle A$ , soit les deux extrémités appartiennent à deux cordes distinctes, ce qui correspond à l’événement $\displaystyle A^c$ . On a donc $\displaystyle X=1$ avec probabilité $\displaystyle p=\mathbb{P}(A)$ , et $\displaystyle X=0$ avec probabilité $\displaystyle 1-p$ , en d’autre termes $\displaystyle X$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $\displaystyle p$ . Il reste à calculer $\displaystyle p$ . Le nombre de choix possibles pour un couple d’extrémités est $\displaystyle \binom{2N}{2} = \frac{2N(2N-1)}{2} = \frac{N(2N-1)}{2}$ (l’ordre dans lequel on choisit les extrémités n’a pas d’importance). Parmi tous ces choix, il y en a exactement $\displaystyle N$ qui correspondent à l’événement $\displaystyle A$ (un couple d’extrémités pour chaque corde). Ainsi on a $\displaystyle \mathbb{P}(X=1) = \frac{N}{\binom{2N}{2}} = \frac{1}{2N-1}$ .
Une remarque importante : quel que soit le résultat de la première étape, à l’issue de celle-ci il y aura exactement $\displaystyle N-1$ cordes non bouclées : soit $\displaystyle N-1$ petites cordes et une boucle mises de côté (événement $\displaystyle A$ ), soit $\displaystyle N-2$ petites cordes, et une deux fois plus longues (événement $\displaystyle A^c$ ). Après $\displaystyle k$ étapes, il y aura donc exactement $\displaystyle N-k$ cordes non bouclées, de diverses longueurs.
Soit $\displaystyle X_k$ la variable aléatoire du nombre de boucles créées à la $\displaystyle k$ -ème étape. D’après le raisonnement de la question précédente, $\displaystyle X_k$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $\displaystyle p_k = \frac{1}{2(N-k)+1}$ . On rappelle que l’on a $\displaystyle \mathbb{E}[X_k]=p_k$ De plus, on a $\displaystyle Y=X_1+\ldots+X_N$ . On peut aussi remarquer que les variables aléatoires $\displaystyle X_k$ sont indépendantes, mais on n’utilisera pas cette propriété. On a, par linéarité de l’espérance : $\mathbb{E}[Y] = \sum_{k=1}^N \mathbb{E}[X_k] = \sum_{k=1}^N \frac{1}{2(N-k)+1} = \sum_{l=0}^{N-1} \frac{1}{1+2 l}.$ Remarque : on a l’équivalent $\displaystyle \mathbb{E}[Y] \sim \frac{\ln(N)}{2}$ . Question subsidiaire : calculer $\displaystyle \mathbb{P}(Y=1)$ (probabilité d’avoir une seule boucle à la fin) et trouver un équivalent lorsque $\displaystyle N \to \infty$ .

Exercice 189 ⭐️⭐️⭐️ X PC 2017

Soient $\displaystyle X,Y$ deux variables aléatoires strictement positives indépendantes et de même loi. Montrer que $\displaystyle \mathbb{E}(X/Y) \ge 1$ .

Corrigé

Comme $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ sont indépendantes, on a $\displaystyle \mathbb{E}\left(\frac{X}{Y}\right) = \mathbb{E}(X) \mathbb{E}\left(\frac{1}{Y}\right)$ , et comme $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ ont la même loi, on a : $\displaystyle \mathbb{E}\left(\frac{X}{Y}\right) = \mathbb{E}(X) \mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)$ . Le réflexe maintenant est, comme souvent, de penser à Cauchy-Schwarz. On peut le redémontrer rapidement dans ce cas particulier. On remarque tout d’abord, que pour tout $\displaystyle t \in \mathbb{R}$ , la quantité $\displaystyle P(t) = \mathbb{E}\left(\left(\sqrt{X}+\frac{t}{\sqrt{X}}\right)^2 \right)$ est $\displaystyle \ge 0$ . Or, par linéarité, on remarque que $P(t) = \mathbb{E}\left(X+2t+\frac{t^2}{X}\right) = \mathbb{E}(X)+2t+\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right) t^2.$ La fonction $\displaystyle t \mapsto P(t)$ est donc une fonction polynomiale de degré $\displaystyle 2$ et $\displaystyle \ge 0$ sur $\displaystyle \mathbb{R}$ . On sait alors que son discriminant est négatif, ce qui s’écrit $\displaystyle 4-4\mathbb{E}(X) \mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right) \le 0$ , et on obtient immédiatement le résultat.

Exercice 191 ⭐️⭐️⭐️⭐️ Deux faces consécutifs, X PC 2017

Soit $\displaystyle X$ la variable aléatoire égale au nombre de tirages nécessaires à l’obtention de deux faces consécutifs dans un jeu de pile ou face, dans lequel la probabilité d’obtenir pile est $\displaystyle 1/2$ . Déterminer la loi de $\displaystyle X$ puis calculer son espérance.

Réflexes

Si on n’a pas d’intuition sur la loi de $\displaystyle X$ , on cherche à calculer $\displaystyle \mathbb{P}(X=n)$ pour des petites valeurs de $\displaystyle n$ , et on voit si une structure connue apparaît…

Corrigé

On va utiliser une notation simplifiée et intuitive en notant “pile” par 1 et “face” par $\displaystyle 0$ . On écrira une succession de $\displaystyle n$ tirages consécutifs (vue comme un événement) comme un mot de lettres $\displaystyle n$ formé des lettres $\displaystyle 0$ et $\displaystyle 1$ . Par exemple le mot $\displaystyle 100$ désigne l’événement “le premier tirage donne pile, les deux suivants donnent face”. L’hypothèse d’indépendance des lancers permet d’associer à chaque événement de longueur $\displaystyle n$ la probabilité $\displaystyle \frac{1}{2^n}$ .

Faute d’idée, on va calculer $\displaystyle \mathbb{P}(X=n)$ pour des petites valeurs de $\displaystyle n$ . On a nécessairement $\displaystyle X \ge 2$ . L’événement $\displaystyle X=2$ est associé au seul mot $\displaystyle 00$ , donc $\displaystyle \mathbb{P}(X=2) = \frac{1}{4}$ . Pour $\displaystyle X=3$ , on a nécessairement le tirage $\displaystyle 100$ , donc $\displaystyle \mathbb{P}(X=3)=\frac{1}{2^3}$ . L’événement $\displaystyle X=4$ est décrit par deux tirages : $\displaystyle 0100$ et $\displaystyle 1100$ , l’événement $\displaystyle X=5$ par trois tirages $\displaystyle 01100$ , $\displaystyle 10100$ , $\displaystyle 11100$ , l’événement $\displaystyle X=6$ par cinq tirages $\displaystyle 111100$ , $\displaystyle 110100$ , $\displaystyle 101100$ , $\displaystyle 011100$ , $\displaystyle 010100$ , etc. Avec un peu de culture, on reconnaît dans la suite $\displaystyle 1,1,2,3,5,\ldots$ la célèbre suite de Fibonacci donnée par $\displaystyle F_0=1$ , $\displaystyle F_1=1$ et $\displaystyle F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$ . On peut donc conjecturer que $\displaystyle \mathbb{P}(X=n) = \frac{F_{n-2}}{2^n}$ .

Notons $\displaystyle A_n$ l’ensemble des mots à $\displaystyle n$ lettres formés des lettres $\displaystyle 0$ et $\displaystyle 1$ tels que la lettre $\displaystyle 0$ ne soit pas présente en deux positions consécutives et $\displaystyle a_n = {\rm Card}(A_n)$ , avec $\displaystyle a_0=1$ . Pour $\displaystyle n \ge 3$ , les tirages décrivant l’évément $\displaystyle X=n$ sont exactement la concaténation d’un mot de $\displaystyle A_{n-3}$ et du mot $\displaystyle 100$ , donc $\displaystyle \mathbb{P}(X=n) = \frac{a_{n-3}}{2^n}$ . Il s’agit donc de prouver que $\displaystyle a_n=F_{n+1}$ . Comme on a $\displaystyle a_0=1=F_1$ et $\displaystyle a_1=2=F_3$ , il reste à montrer que $\displaystyle a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$ .

On partitionne l’ensemble $\displaystyle A_{n+2}$ en deux ensembles disjoints : ceux dont la dernière lettre est $\displaystyle 0$ , et ceux dont la dernière lettre est $\displaystyle 1$ . Les mots de $\displaystyle A_{n+2}$ dont la dernière lettre est $\displaystyle 1$ sont exactement l’ensemble des mots de $\displaystyle A_{n+1}$ auxquels on rajoute la lettre $\displaystyle 1$ : ce sous-ensemble de $\displaystyle A_{n+2}$ est donc de cardinal $\displaystyle a_{n+1}$ . Si la dernière lettre d’un mot de $\displaystyle A_{n+2}$ est $\displaystyle 0$ , alors son avant-dernière lettre est nécessairement $\displaystyle 1$ . On peut donc décrire ce sous-ensemble de $\displaystyle A_{n+2}$ comme l’ensemble des mots de $\displaystyle A_n$ auxquels on rajoute les lettres $\displaystyle 10$ , et son cardinal est donc $\displaystyle a_n$ . On a bien montré que $\displaystyle a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$ , et on en déduit que $\displaystyle \mathbb{P}(X=n) = \frac{F_{n-2}}{2^n}$ .

Remarque intéressante, qui peut avoir son utilité : on a montré au passage que $\displaystyle \sum_{n=2}^\infty \frac{F_{n-2}}{2^n} = 1.$

On peut donner une expression plus explicite en étudiant la suite de Fibonacci, c’est assez classique, largement accessible avec le programme de sup/spé, mais un peu long à développer dans un exercice de probabilité : on peut se renseigner ici.

La seule véritable propriété de la suite de Fibonacci qui peut nous être utile est la borne $\displaystyle F_n = O(\omega^n)$ , avec $\displaystyle \omega = \frac{1+\sqrt{5}}{2} < 2$ , ce qui assure la convergence absolue de la série $\displaystyle \sum_{n \ge 2} n \frac{F_{n-2}}{2^n}$ . Le théorème de transfert assure justement que la valeur de $\displaystyle \mathbb{E}[X]$ est donnée par la somme de cette série.

Jouons un peu :
$\displaystyle \begin{aligned}\mathbb{E}[X] &= \sum_{n=2}^\infty \frac{n}{2^n} (F_n-F_{n-1}) \\ &= \sum_{n=4}^\infty F_{n-2} \left(\frac{n-2}{2^{n-2}}-\frac{n-1}{2^{n-1}} \right)-\frac{F_1}{2} \\ &=2 \sum_{n=4}^\infty \frac{n}{2^n} F_{n-2} -6 \sum_{n=4}^\infty \frac{F_{n-2}}{2^n}- \frac{1}{2} \\&= 2 \left(\mathbb{E}[X]-\frac{2}{2^2}1-\frac{3}{2^3}1\right)-6\left(1-\frac{1}{4}-\frac{1}{8}\right)-\frac{1}{2} \\ &= 2 \mathbb{E}[X]-3,\end{aligned}$
donc $\displaystyle \mathbb{E}[X]=3$ .

Exercice 192 ⭐️⭐️ X PC 2017

Soient $\displaystyle (m,n) \in \N^2$ avec $\displaystyle 1 \le m \le n$ , $\displaystyle X_1,\ldots,X_n$ des variables aléatoires indépendantes, identiquement distribuées, à valeurs dans $\displaystyle \R^{+*}$ . Calculer $\displaystyle \mathbb{E}\left(\frac{X_1+\cdots+X_m}{X_1+\cdots+X_n}\right)$ .

Réflexes

C’est typiquement le genre d’exercice pour lequel l’étude explicite de cas particuliers ( $\displaystyle m,n$ petits) s’avère à la fois simple et instructive pour le cas général !

Corrigé

Voici une preuve pour $\displaystyle m=2$ et $\displaystyle n=3$ qui permet de comprendre le mécanisme à l’oeuvre derrière la preuve générale : le vecteur aléatoire $\displaystyle (X_1,X_2,X_3)$ est indépendant, on en déduit que les trois vecteurs aléatoires suivants ont tous la même loi : $Z_1 = (X_1,X_2,X_3) \ , \ Z_2=(X_2,X_3,X_1) \ , \ Z_3 = (X_3,X_1,X_2).$ De plus, l’application $\displaystyle \phi : (\R^{+*})^3 \rightarrow \R$ définie par $\displaystyle \phi(u,v,w) = \frac{u+v}{u+v+w}$ , est continue. On en déduit que la valeur de $\displaystyle \mathbb{E}[\phi(Z_i)]$ ne dépend pas de $\displaystyle i$ : plus rigoureusement, si elle vaut $\displaystyle +\infty$ (resp. $\displaystyle \mu < \infty$ ) pour un certain $\displaystyle i_0 \ in\{1,\ldots,3\}$ , alors elle vaut $\displaystyle +\infty$ (resp. $\displaystyle \mu$ ) pour tout $\displaystyle i \in \{1,\ldots,3\}$ . On peut donc écrire :
$\displaystyle \begin{aligned}\mathbb{E}[\phi(Z_1)] &= \frac{1}{3} \sum_{i=1}^3 \mathbb{E}[\phi(Z_i)] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{3} \sum_{i=1}^3 \phi(Z_i)\right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{3} \frac{(X_1+X_2)+(X_2+X_3)+(X_3+X_1)}{X_1+X_2+X_3}\right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{3} \frac{2X_1+2X_2+2X_3}{X_1+X_2+X_3} \right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{2}{3}\right] \\ &= \frac{2}{3}.\end{aligned}$

La preuve générale suit les mêmes lignes : pour $\displaystyle i \in \{1,\ldots,n\}$ , on considère le vecteur aléatoire $Z_i=(X_{i+k}) _ {0 \le k \le n-1,}$ où les indices $\displaystyle i+k$ sont pris modulo $\displaystyle n$ . L’indépendance des $\displaystyle X_i$ implique que les vecteurs aléatoires $\displaystyle Z_i$ ont tous la même loi. On considère l’application $\displaystyle \phi : (\R^{+*})^n \rightarrow \R$ définie par $\displaystyle \phi(u_1,\ldots,u_n) = \frac{u_1+\cdots+u_m}{u_1+\cdots+u_n}$ . On a en particulier $\phi(Z_i) = \frac{\sum_{k=0}^{m-1} X_{i+k}}{\sum_{k=0}^{n-1} X_{i+k}} = \frac{\sum_{k=0}^{m-1} X_{i+k}}{\sum_{k=1}^n X_k}.$ Comme les variables aléatoires $\displaystyle \phi(Z_i)$ ont toutes la même loi, elles ont la même espérance (si elle existe), on peut donc écrire :
$\displaystyle \begin{aligned} \mathbb{E}[\phi(Z_1)] &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \phi(Z_i)\right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{\sum_{k=i}^{i+m-1} X_k}{\sum_{k=1}^n X_k} \right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{n} \frac{\sum_{i=1}^n \sum_{k=0}^{m-1} X_{i+k}}{X_1+\cdots+X_n} \right]. \end{aligned}$
Or, pour $\displaystyle j \in \{1,\ldots,n\}$ fixé il existe exactement $\displaystyle m$ couples d’indices $\displaystyle (i,k) \in (\{1,\ldots,n\} \times \{0,\ldots,m-1\})$ tels que $\displaystyle i+k=j$ modulo $\displaystyle n$ : ce sont les couples de la forme $\displaystyle (j-k,k)$ , avec $\displaystyle k \in \{0,\ldots,m-1\}$ . Ainsi on a $\sum_{i=1}^n \sum_{k=0}^{m-1} X_{i+k} = \sum_{j=1}^n m X_j$ et on en déduit : $\mathbb{E}[\phi(Z_1)] = \mathbb{E}\left[ \frac{m}{n}\right] = \frac{m}{n}.$

Exercice 317 ⭐️ Dés de Sicherman, Sup/L1

On lance deux dés classiques et on note $\displaystyle X$ la somme des scores. Donner la loi de $\displaystyle X$ .
Les faces des dés de Sichermann sont $\displaystyle (1,2,2,3,3,4)$ et $\displaystyle (1,3,4,5,6,8)$ . On lance deux dés de Sichermann et on note $\displaystyle S$ la somme des scores. Montrer que $\displaystyle S$ suit la même loi que $\displaystyle X$ .
Est-ce que ça revient au même de jouer au Monopoly avec des dés de Sichermann ou avec des dés normaux ?

Réflexes

Poser $\displaystyle \Omega$ , reconnaître une situation d’équiprobabilité et calculer $\displaystyle \mathbb P(X=k)$ par dénombrement ;
Même réflexe ;
Comparer les probabilités d’obtenir un double.

Corrigé

On modélise la situation par $\displaystyle \Omega=[\![1,6]\!]^2$ , $\displaystyle \mathbb P$ la probabilité uniforme sur $\displaystyle \Omega$ , et $\displaystyle X$ la variable aléatoire sur $\displaystyle \Omega$ qui à un couple $\displaystyle (i,j)$ associe $\displaystyle i+j$ . On a $\displaystyle X(\Omega)=[\![2,12]\!]$ . On a $\displaystyle \mathbb P(X=k)=\frac{\mathrm{Card}(\{X=k\})}{36}$ .
On peut compter les éléments de $\displaystyle \{X=k\}$ pour $\displaystyle k\in[\![2,12]\!]$ , en faisant la liste de leurs éléments : $\{X=2\}=\{(1,1)\},$ $\{X=3\}=\{(1,2),(2,1)\},$ $\{X=4\}=\{(1,3),(2,2),(3,1)\},\qquad\text{etc...}$ Ce travail donne les résultats suivants :
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline k & 2&3 &4 &5 &6 &7 &8 &9 &10 &11 &12 \\ \hline \mathbb P(X=k) & \frac{1}{36}& \frac{2}{36}& \frac{3}{36}& \frac{4}{36}& \frac{5}{36}&\frac{6}{36} &\frac{5}{36} &\frac{4}{36} &\frac{3}{36} &\frac{2}{36} &\frac{1}{36} \\\hline \end{array}$
On recommence ce travail, avec cette fois (on écrit différemment les faces identiques) : $\Omega = \{1,2a,2b,3a,3b,4\}\times\{1,3,4,5,6,8\}$ Le plus pratique pour faire les décomptes est de faire un tableau à double entrée où on inscrit la somme pour chaque issue de l’expérience :
$\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|c|}\hline & 1& 2a&2b &3a &3b &4 \\\hline\hline 2& 3& 4& 4& 5& 5& 6\\\hline 3&4 &5 &5 &6 &\dots & \\\hline 4& & & & & & \\\hline 5& & & & & & \\\hline 6& & & & & & \\\hline 8& & & & & & \\\hline \end{array}$ Au final on s’aperçoit que $\displaystyle \mathbb P(S=k) =\mathbb P(X=k)$ pour tout $\displaystyle k\in[\![2,12]\!]$ .
Non. au Monopoly faire un double risque de vous envoyer en prison, or la probabilité de l’évènement $\displaystyle E=$ “faire un double”, vaut $\displaystyle \frac{4}{36}$ pour des dés de Sichermann, car $\displaystyle E=\{(1,1),(3a,3),(3b,3),(4,4)\}$ . Elle est donc différente de la probabilité de faire un double pour des dés normaux, qui vaut $\displaystyle \frac{6}{36}$ .

Exercice 318 ⭐️⭐️ Urne de Polyá, Sup/L1

On considère une urne contenant initialement $\displaystyle 1$ boule blanche et $\displaystyle 1$ boule noire. On tire une boule au hasard puis on la replace dans l’urne, en y ajoutant une autre boule de la même couleur. L’urne contient maintenant $\displaystyle 3$ boules.
On réitère ce procédé. Soit $\displaystyle X_n$ le nombre de boules blanches dans l’urne au bout de $\displaystyle n$ tirages.

Déterminer la loi de $\displaystyle X_1$ , de $\displaystyle X_2$ .
Montrer par récurrence que pour tout $\displaystyle n\in\N^*$ , $\displaystyle X_n$ suit la loi uniforme sur $\displaystyle [\![1,n+1]\!]$ .
Soit $\displaystyle Z$ le nombre de tirages nécessaires pour piocher une boule blanche pour la première fois.
Déterminer la loi de $\displaystyle Z$ . possède t-elle une espérance ?

Réflexes

Préciser les valeurs possibles, et les probabilités correspondantes.
On connaît la loi de $\displaystyle X_n$ (hypothèse de récurrence) et la loi de $\displaystyle X_{n+1}$ sachant $\displaystyle X_n$ (énoncé)
👉 Formule des probabilités totales.
Probabilités composées. La série $\displaystyle \sum k~\mathbb P(Z=k)$ est-elle convergente ?

Corrigé

$\displaystyle X_1(\Omega) =\{1,2\}$ et $\displaystyle X_2(\Omega)=\{1,2,3\}$ .
Notons $\displaystyle B_n$ l’évènement “piocher blanc au $\displaystyle n$ -ème tirage”.
$\displaystyle \mathbb P(X_1=2)=\mathbb P(B_1)=1/2$ , et par complémentaire $\displaystyle \mathbb P(X_1=1)=1/2$ .
On a $\displaystyle \mathbb P(X_2=3)=\mathbb P(B_1\cap B_2)=\mathbb P(B_1)\mathbb P(B_2|B_1)=\frac 12\times\frac 23=\frac 13$ .
Par symétrie, $\displaystyle \mathbb P(X_2=1)=\frac 13$ , et par complémentaire, $\displaystyle \mathbb P(X_2=2)=\frac 13$ .
Nous venons de vérifier que cette propriété est vérifiée au rang $\displaystyle 1$ (et $\displaystyle 2$ ). Supposons que pour un certain $\displaystyle n\in\N^*$ , $\displaystyle X_n$ suive la loi $\displaystyle \mathcal U([\![1,n+1]\!])$ . Montrons que pour tout $\displaystyle k\in[\![1,n+2]\!]$ , $\displaystyle \mathbb P(X_{n+1}=k) =\frac{1}{n+2}.$
$\displaystyle \bullet$ Par formule des probabilités totales, pour $\displaystyle k\in[\![2,n+1]\!]$ , $\mathbb P(X_{n+1}=k) = \mathbb P(X_n=k)\mathbb P(\overline{B_{n+1}}|X_n=k) + \mathbb P(X_n=k-1)\mathbb P(B_{n+1}|X_n=k-1)$ En se souvenant qu’après le $\displaystyle n$ -ème tirage, l’urne contient $\displaystyle n+2$ boules, on obtient donc : $\mathbb P(X_{n+1}=k) = \frac{1}{n+1}\times\frac{n+2-k}{n+2}+\frac{1}{n+1}\times\frac{k-1}{n+2} = \frac{n+1}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{n+2}.$
$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \mathbb P(X_{n+1}=1) = \mathbb P(X_n=1)\mathbb P(\overline{B_{n+1}}|X_n=1) = \frac{1}{n+1}\times\frac{n+1}{n+2}= \frac{1}{n+2}$ .
$\displaystyle \bullet$ On montre de même que $\displaystyle \mathbb P(X_{n+1}=n+2) =\frac{1}{n+2}$ .
$\displaystyle Z(\Omega)=\N^*$ et pour $\displaystyle k\in\N^*$ , $\mathbb P(Z=k) = \mathbb P(\overline{B_{1}})\mathbb P(\overline{B_{2}}|\overline{B_{1}}) \mathbb P(\overline{B_{3}}|\overline{B_{1}}\cap \overline{B_{2}}) \dots\mathbb P(\overline{B_{k-1}}|\overline{B_{1}}\cap\dots\cap\overline{B_{k-2}})\mathbb P(B_k|\overline{B_{1}}\cap \dots\cap \overline{B_{k-1}}),$ ce qui donne (examiner la composition de l’urne pour exprimer chacune de ces probabilités) : $\mathbb P(Z=k) =\frac 12\times\frac 23\times \frac{k-1}{k}\times\frac{1}{k+1}=\frac{1}{k(k+1)}.$ La série $\displaystyle \sum k~\frac{1}{k(k+1)} = \sum\frac{1}{k+1}$ est divergente (par comparaison à une série de Riemann divergente), donc $\displaystyle Z$ ne possède pas d’espérance.

Exercice 380 ⭐️⭐️⭐️ Loi de Poisson, Spé/L2

Pour tout entier $\displaystyle n \ge 0$ , on introduit la fonction $\displaystyle g_n : \R_+ \rightarrow \R_+$ définie par $g_n(u) = e^{-u} \frac{u^n}{n!}.$

Trouver une relation reliant les fonctions $\displaystyle g_n'$ , $\displaystyle g_n$ et $\displaystyle g_{n-1}$ .
Soit $\displaystyle X$ une v.a. suivant la loi de Poisson $\displaystyle \mathcal{P}(\lambda)$ pour un certain $\displaystyle \lambda>0$ . Montrer : $\forall n\ge 0 \ , \ \mathbb{P}(X \le n) = \int_\lambda^\infty g_n(u) du.$
On considère une famille de v.a. $\displaystyle (X_n)_{n\ge 1}$ telle que, pour tout $\displaystyle n \ge 1$ , $\displaystyle X_n$ suit la loi de Poisson $\displaystyle \mathcal{P}(n)$ . Montrer que pour tout $\displaystyle \forall n \ge 1$ , $\mathbb{P}(X_n \le n) - \mathbb{P}(X_{n+1} \le n+1) = \int_n^{n+1} g_{n+1}(u)-g_{n+1}(n) du.$
En déduire que la suite $\displaystyle (a_n)_{n \ge 1} = \left(e^{-n}\sum_{k=0}^n \frac{n^k}{k!}\right)_{n \ge 1}$ est convergente.
Montrer que $a_n = \frac{\sqrt{n}}{n!} \left(\frac{e}{n}\right)^n \int_0^\infty e^{-z \sqrt{n}} \left(1+\frac{z}{\sqrt{n}}\right)^n dz.$

Corrigé

En dérivant $\displaystyle g_n$ , on obtient tout de suite la relation $\displaystyle g_n'(u) = -g_n(u)+g_{n-1}(u)$ .
On raisonne par récurrence sur $\displaystyle n \ge 0$ . Pour $\displaystyle n=0$ , on a $\displaystyle \mathbb{P}(X \le 0) = \mathbb{P}(X=0) = e^{-\lambda}$ et $\displaystyle \int_\lambda^\infty e^{-u}du = e^{-\lambda}$ , la propriété est donc bien vérifiée. Pour prouver l’hérédité, on utilise le résultat de la question précédente pour écrire
$\begin{aligned}\int_\lambda^\infty g_{n+1}(u) du &= \int_\lambda^\infty g_n(u) du - \int_\lambda^\infty g_{n+1}'(u) du \\ &= \mathbb{P}(X \le n) + g_{n+1}(\lambda) \\&= \mathbb{P}(X \le n) + \mathbb{P}(X = n+1) \\&= \mathbb{P}(X\le n+1).\end{aligned}$
On utilise la relation obtenue à la première question pour écrire :
$\displaystyle \begin{aligned} \int_n^\infty g_{n+1}(u) du &= \int_n^\infty g_n(u) du - [g_{n+1}(u)]_{n}^\infty \\&= \mathbb{P}(X_n \le n)+g_{n+1}(n).\end{aligned}$
Mais on a aussi :
$\displaystyle \begin{aligned} \int_n^\infty g_{n+1}(u) du &= \int_n^{n+1} g_{n+1}(u) du + \int_{n+1}^\infty g_{n+1}(u) du \\&= \int_n^{n+1} g_{n+1}(u) du+\mathbb{P}(X_{n+1}\le n+1).\end{aligned}$ En combiant les deux équations, on obtient : $\displaystyle \begin{aligned}\mathbb{P}(X_n \le n)-\mathbb{P}(X_{n+1}\le n+1)&=\int_n^{n+1} g_{n+1}(u) du-g_{n+1}(n) \\ &= \int_n^{n+1} g_{n+1}(u) -g_{n+1}(n) du.\end{aligned}$
On commence par remarquer que : $a_n = \sum_{k=0}^n \mathbb{P}(X_n=k) = \mathbb{P}(X_n \le n).$ On montre facilement que la fonction $\displaystyle g_{n+1}$ est croissante sur $\displaystyle ]0,n+1]$ et décroissante sur $\displaystyle [n+1,+\infty[$ . En particulier $\displaystyle g_{n+1}(u) \ge g_{n+1}(n)$ pour tout $\displaystyle u \in [n,n+1]$ . Ainsi, d’après le résultat de la question précédente, la suite $\displaystyle (a_n)_{n \ge 1}$ est décroissante. Et comme elle est minorée par $\displaystyle 0$ , on en déduit qu’elle est convergente.
D’après la deuxième question, on a $a_n = \frac{1}{n!}\int_n^\infty e^{-u} u^n du.$ En faisant le changement de variables $\displaystyle z=\frac{u-n}{\sqrt{n}}$ , on obtient : $\begin{aligned}a_n &= \frac{\sqrt{n}}{n!}\int_0^\infty e^{-n-\sqrt{n}z} \left(n+\sqrt{n}z\right)^n dz \\&= \frac{\sqrt{n}}{n!} \left(\frac{e}{n}\right)^n \int_0^\infty e^{-z \sqrt{n}} \left(1+\frac{z}{\sqrt{n}}\right)^n dz.\end{aligned}$

Remarque — En invoquant la formule de Stirling et le théorème de convergence dominée, on peut montrer à partir du résultat de la dernière question que la limite de la suite $\displaystyle (a_n)_{n \ge 1}$ est $\displaystyle 1/2$ .

Exercice 387 ⭐️⭐️ Probabilité qu’une v.a. soit paire, Spé/L2

On note $\displaystyle 2\N$ l’ensemble des entiers naturels pairs.

On suppose que $\displaystyle X$ suit la loi $\displaystyle \mathcal P(\lambda)$ avec $\displaystyle \lambda>0$ . Calculer $\displaystyle \mathbb P(X\in 2\N)$ .
Même question si $\displaystyle X$ suit la loi $\displaystyle \mathcal G(p)$ avec $\displaystyle p\in]0;1[$ .
Même question si $\displaystyle X$ suit la loi $\displaystyle \mathcal B(n,p)$ avec $\displaystyle n\in\N^*$ et $\displaystyle p\in]0;1[$ .

Réflexes

Pas d’astuce. Sommer les probabilités associées aux entiers pairs. C’est donc du calcul !

Corrigé

Dans tous les cas, pour une v.a. à valeurs dans $\displaystyle \N$ , $\displaystyle \mathbb P(X\in 2\N)=\sum_{k=0}^\infty\mathbb P(X=2k)$

$\displaystyle \mathbb P(X\in 2\N)=\sum_{k=0}^\infty e^{-\lambda}\frac{\lambda^{2k}}{(2k)!}=e^{-\lambda}\mathrm{ch}(\lambda)=\frac{1+e^{-2\lambda}}{2}$ .
$\displaystyle \mathbb P(X\in 2\N)=\sum_{k=1}^\infty p(1-p)^{2k-1} = p(1-p)\sum_{k=1}^\infty (1-p)^{2(k-1)}=\frac{p(1-p)}{1-(1-p)^2}=\frac{1-p}{2-p}$ .
Moins évident : calcul d’une somme du type binôme de Newton, mais avec un terme sur deux seulement.
On peut remarquer que $\displaystyle \frac{1+(-1)^k}{2}$ vaut $\displaystyle 1$ si $\displaystyle k$ est pair, $\displaystyle 0$ sinon. Ainsi
$\begin{aligned}\mathbb P(X\in 2\N)&=\sum_{k\in[\![0,n]\!],~k\text{ pair}}^n \binom nk p^k(1-p)^{n-k}\\ &=\sum_{k=0}^n \binom nk p^k(1-p)^{n-k}\left(\frac{1+(-1)^k}{2}\right)\\ &= \frac 12\sum_{k=0}^n \binom nk p^k(1-p)^{n-k}+\frac 12 \sum_{k=0}^n \binom nk (-p)^k(1-p)^{n-k}\\ &=\frac 12\left(1+(1-2p)^n\right)\end{aligned}$
Remarque. Il est intéressant (pour la compréhension du schéma binomial) d’observer que cette probabilité vaut $\displaystyle 1/2$ si $\displaystyle p=1/2$ . Par ailleurs, même pour $\displaystyle p\neq 1/2$ , elle tend vers $\displaystyle 1/2$ quand $\displaystyle n\to\infty$ .

Exercice 388 ⭐️⭐️ Couplage de binomiales, Spé/MP/L2

On dispose de deux pièces. La première donne pile avec probabilité $\displaystyle p \in [0,1]$ , la seconde donne pile avec probabilité $\displaystyle r \in [0,1]$ . Pour chaque étape $\displaystyle k \in \{1,\ldots,n\}$ , on suit la procédure suivante : si le lancer de la première pièce donne pile, on pose $\displaystyle X_k=Y_k=1$ . Sinon on pose $\displaystyle X_k=0$ et on lance la deuxième pièce. Si celle-ci tombe sur pile, on pose $\displaystyle Y_k=1$ et sinon on pose $\displaystyle Y_k=0$ . On suppose que tous les lancers de pièce sont indépendants les uns des autres.

Donner les lois des v.a. $\displaystyle X_k$ et $\displaystyle Y_k$ . Pour quelles valeurs de $\displaystyle (p,r)$ les v.a. $\displaystyle X_k$ et $\displaystyle Y_k$ sont-elles indépendantes ?
On introduit les v.a. $\displaystyle S=\sum_{k=1}^n X_k$ et $\displaystyle S'=\sum_{k=1}^n Y_k$ . Donner les lois de $\displaystyle S$ et $\displaystyle S'$ et montrer que $\displaystyle S' \ge S$ .
En déduire que, pour tout $\displaystyle 0 \le l \le n$ , la fonction $\phi : t \mapsto \sum_{k=l}^n \binom{n}{k} t^k(1-t)^{n-k}$ est croissante sur $\displaystyle [0,1]$ .
Donner une preuve directe de la proposition précédente.

Réflexes

Si une v.a. ne prend que les valeurs 0 et 1, elle suit forcément une loi de Bernoulli ! Il ne reste plus qu’à trouver le paramètre…

Corrigé

Pour $\displaystyle X_k$ c’est facile : cette v.a. suit la loi de Bernoulli $\displaystyle \mathcal{B}(p)$ . En ce qui concerne la v.a. $\displaystyle Y_k$ , on peut déjà remarquer qu’elle ne prend que les valeurs $\displaystyle 0$ et $\displaystyle 1$ , donc elle suit une loi de Bernoulli $\displaystyle \mathcal{B}(q)$ . Le paramètre $\displaystyle q$ vaut $\displaystyle \mathbb{P}(Y_k =1)$ et on a :
$\displaystyle \begin{aligned} \mathbb{P}(Y_k =1) &= \mathbb{P}(Y_k =1 | X_k=0)\mathbb{P}(X_k =0)+\mathbb{P}(Y_k =1|X_k=1)\mathbb{P}(X_k =1) \\ &= r(1-p)+1\cdot p \\ &= r+(1-r)p.\end{aligned}$ On a $\displaystyle \begin{aligned} \mathbb{P}(X_k=0,Y_k=1)-\mathbb{P}(X_k=0) \mathbb{P}(Y_k=1) &= r(1-p)-(1-p)(r+(1-r)p) \\ &=-(1-r)p \neq 0,\end{aligned}$ on en déduit que les v.a. $\displaystyle X_k$ et $\displaystyle Y_k$ se sont pas indépendantes, sauf si $\displaystyle r=1$ ou $\displaystyle p=0$ .
La famille $\displaystyle (X_k)_{1 \le k \le n}$ est indépendante, et chaque $\displaystyle X_k$ suit la loi $\displaystyle \mathcal{B}(p)$ . On en déduit que $\displaystyle S$ suit la loi binomiale $\displaystyle {\rm Bin}(n,p)$ . Pour les mêmes raisons, $\displaystyle S'$ suit la loi binomiale $\displaystyle {\rm Bin}(n,q)$ . De plus, pour chaque $\displaystyle 1 \le k \le n$ , on a $\displaystyle X_k \le Y_k$ . En effet, l’événement $\displaystyle (X_k=1) \cap (Y_k=0)$ est de probabilité nulle. On en déduit l’inégalité entre v.a. : $\displaystyle S\le S'$ .
On fixe $\displaystyle l \in \{1,\ldots,n\}$ . D’après la question précédente, si $\displaystyle S \ge l$ , alors $\displaystyle S' \ge l$ . Autrement dit, on a l’inclusion entre événements : $\displaystyle (S \ge l) \subset (S' \ge l)$ . En passant aux probabilités (propriété de croissance de la mesure de probabilité), on obtient $\displaystyle \mathbb{P}(S \ge l) \leq \mathbb{P}(S' \ge l)$ , ce qui s’écrit plus explicitement $\phi(p) = \sum_{k=l}^n \binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k} \le \sum_{k=l}^n \binom{n}{k} q^k(1-q)^{n-k} = \phi(q).$ Cette inégalité est vraie pour tout couple $\displaystyle (p,q)$ tel que $\displaystyle p \in [0,1]$ et $\displaystyle q=r+(1-r)p$ pour un certain $\displaystyle r \in [0,1]$ . Si on se donne $\displaystyle p' \in [p,1]$ , on pose $\displaystyle r'=\frac{p'-p}{1-p} \in [0,1]$ et on a $\displaystyle p'=r+(1-r)p$ . On a donc bien $\displaystyle \phi(p) \le \phi(p')$ pour tous $\displaystyle 0 \le p \le p' \le 1$ .
Faute d’imagination, on va dériver, et croiser les doigts. Un miracle va se produire. On pose $\displaystyle b_{n,k}(t) = \binom{n}{k} t^k (1-t)^{n-k}$ (c’est un polynôme de Bernstein). On dérive par rapport à $\displaystyle t$ : $b_{n,k}'(t) = \binom{n}{k}kt^{k-1}(1-t)^{n-k} - \binom{n}{k}(n-k)t^k(1-t)^{n-1-k}.$ Or on a les formules : $k\binom{n}{k} = n \binom{n-1}{k-1} \ , \ (n-k)\binom{n}{k} = n \binom{n-1}{k},$ on en déduit que (et là est le miracle) : $b_{n,k}'(t) = n \left(b_{n-1,k-1}(t)-b_{n-1,k}(t)\right).$ Comme on a $\displaystyle \phi(t) = \sum_{k=l}^n b_{n,k}(t)$ , on en déduit, par somme téléscopique, que : $\phi'(t) = n b_{n-1,l-1}(t) \ge 0,$ donc la fonction $\displaystyle \phi$ est bien croissante.

Exercice 390 ⭐️⭐️⭐️ Probabilités sur un cube, Spé/MP/L2

Soit $\displaystyle n \ge 1$ un entier. On considère le cube $\displaystyle C=\{ \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\}^n$ , que l’on munit de la loi d’addition usuelle, et on introduit l’application $\displaystyle S : C \rightarrow \mathbb{N}$ qui à tout $\displaystyle x=(x_1,\ldots,x_n) \in C$ associe le nombre d’indices $\displaystyle i \in \{1,\ldots,n\}$ tels que $\displaystyle x_i = 1$ .
Soit $\displaystyle X : \Omega \rightarrow C$ une v.a. de loi uniforme sur $\displaystyle C$ . On note $\displaystyle X(\omega)=(X_1(\omega),\ldots,X_n(\omega))$ les coordonnées de $\displaystyle X(\omega).$

Quelle est la loi de $\displaystyle X_i : \Omega \rightarrow \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ?
Montrer que la famille $\displaystyle (X_1,\ldots,X_n)$ est indépendante.
Quelle est la loi de la v.a. $\displaystyle S(X)$ ? Donner son espérance.
Soit $\displaystyle a \in C$ . Montrer que la v.a. $\displaystyle Y=X+a$ suit aussi la loi uniforme sur $\displaystyle C$ .
On suppose que $\displaystyle a=(1,\ldots,1,0,\ldots,0)$ , avec $\displaystyle S(a)=p$ . Construire deux v.a. indépendantes $\displaystyle U,V : \Omega \rightarrow \mathbb{N}$ telles que $\displaystyle S(X)=U+V$ et $\displaystyle S(Y) = (p-U)+V$ .
En déduire la valeur de la covariance $\displaystyle {\rm Cov}(S(X),S(Y))$ .

Réflexes

Corrigé

Calculons $\displaystyle \mathbb{P}(X_i=0)$ . Par définition de la loi uniforme, on a : $\mathbb{P}(X=0) = \frac{{\rm Card}(x \in C : x_i=0)}{{\rm Card}(C)}.$ Or on a $\displaystyle \rm{Card}(C) = 2^n$ , et il y a une bijection naturelle entre l’ensemble $\displaystyle (x \in C : x_i=0)$ et l’ensemble des $\displaystyle n-1$ uplets $\displaystyle (x_1,\ldots,x_{i-1},x_{i+1},\ldots,x_n) \in (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{n-1}$ , ainsi $\mathbb{P}(X_i=0) = \frac{2^{n-1}}{2^n} = \frac{1}{2}.$ On montre de la même façon que $\displaystyle \mathbb{P}(X_i=1)=\frac{1}{2}$ .
Soit $\displaystyle x \in C$ donné. On a : $\mathbb{P}\left((X_1,\ldots,X_n)=(x_1,\ldots,x_n)\right) = \mathbb{P}(X=x) = \frac{1}{2^n}.$ Mais on a aussi, d’après la question précédente : $\prod_{i=1}^n \mathbb{P}(X_i=x_i) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{2} = \frac{1}{2^n} .$ On a bien, pour tout $\displaystyle x \in C$ , l’égalité $\mathbb{P}(X_1=x_1,\ldots,X_n=x_n) = \mathbb{P}(X_1=x_1) \cdots \mathbb{P}(X_n=x_n),$ ce qui prouve l’indépendance de la famille $\displaystyle (X_i)_{1 \le i \le n}$ .
Un élément $\displaystyle x \in C$ vérifie $\displaystyle S(x)=k$ si et seulement si $\displaystyle k$ parmi ses $\displaystyle n$ coordonnées valent $\displaystyle 1$ , les autres valant $\displaystyle 0$ . Il y a exactement $\displaystyle \binom{n}{k}$ choix possibles pour ces $\displaystyle k$ coordonnées, et ainsi $\mathbb{P}(X=k) = \frac{{\rm Card}(x \in C : S(x)=k)}{{\rm Card}(C)} = \frac{1}{2^n} \binom{n}{k}.$ On reconnaît la loi binomiale $\displaystyle {\rm bin}_{n,1/2}$ , et on sait alors que $\displaystyle \mathbb{E}[S(X)] = \frac{n}{2}$ .
La v.a. $\displaystyle Y$ est aussi à valeurs dans $\displaystyle C$ , et on a, pour tout $\displaystyle x \in C$ : $\mathbb{P}(Y=x) = \mathbb{P}(X+a=x) = \mathbb{P}(X=x-a) = \frac{1}{2^n},$ ce qui prouve que $\displaystyle Y$ suit aussi la loi uniforme sur $\displaystyle C$ .
On pose $U = {\rm Card}\{i \in \{1,\ldots,p\} : X_i=1\},$ $V = {\rm Card}\{i \in \{p+1,\ldots,n\} : X_i=1\}.$ Comme $\displaystyle U$ ne dépend que de $\displaystyle X_1,\ldots,X_p$ et $\displaystyle V$ ne dépend que de $\displaystyle X_{p+1},\ldots,X_n$ , le lemme des coalitions permet de conclure que $\displaystyle U$ et $\displaystyle V$ sont indépendantes. De plus, le même raisonnement que la question 3 permet de conclure que $\displaystyle U$ suit la loi binomiale $\displaystyle {\rm bin}_{p,1/2}$ et que $\displaystyle V$ suit la loi binomiale $\displaystyle {\rm bin}_{n-p,1/2}$ .

Il est clair qu’on a $\displaystyle S(X)=U+V$ . De plus, la $\displaystyle i$ -ème coordonnée de $\displaystyle Y$ vaut $\displaystyle 1$ si et seulement si $\displaystyle X_i=0$ et $\displaystyle a_i=1$ ou $\displaystyle X_i=1$ et $\displaystyle a_i=0$ . Ainsi, pour $\displaystyle i \le p$ , on a $\displaystyle Y_i=1 \Leftrightarrow X_i=0$ et pour $\displaystyle i>p$ on a $\displaystyle Y_i=1 \Leftrightarrow X_i=1$ . On en déduit que $S(Y) = {\rm Card}\{i \in \{1,\ldots,p\} : X_i=1\}+V = p-U+V.$

D’après la question précédente, on a $\displaystyle \begin{aligned}\mathbb{E}[S(X)S(Y)] &= \mathbb{E}[(p-U+V)(U+V)] \\ &=p \mathbb{E}[U+V] - \mathbb{E}[U^2]+\mathbb{E}[V^2].\end{aligned}$
Comme $\displaystyle U$ suit une loi binomiale, on calcule faciement : $\mathbb{E}[U^2] = \mathbb{E}[U(U-1)] + \mathbb{E}[U] = \frac{p(p-1)}{4} + \frac{p}{2} = \frac{p(p+1)}{4}.$
De la même façon : $\mathbb{E}[V^2] =\frac{(n-p)(n-p+1)}{4}.$ Enfin $\mathbb{E}[U+V] = \mathbb{E}[X] = \frac{n}{2}.$ Après simplifications, on obtient : $\mathbb{E}[S(X)S(Y)] = \frac{n^2+n-2p}{4}.$ De plus, $\displaystyle S(X)$ et $\displaystyle S(X)$ suivent chacune la loi binomiale $\displaystyle {\rm bin}_{n,1/2}$ donc : ${\rm Cov}(S(X),S(Y)) = \frac{n^2+n-2p}{4} - \left(\frac{n}{2}\right)^2 = \frac{n-2p}{4}.$

Remarque : Plus généralement, pour $\displaystyle a,b \in C$ , on a ${\rm Cov}(S(X+a),S(X+b)) = \frac{n-2S(a+b)}{4}.$

Exercice 396 ⭐️⭐️⭐️ Un temps d’arrêt, MP/L2

Soit $\displaystyle X$ une v.a. à valeurs dans $\displaystyle \mathbb{N}$ . On suppose que $\displaystyle \mathbb{P}(X=k)>0$ pour tout $\displaystyle k \ge 0$ . Soit $\displaystyle (X_i)_{i \ge 0}$ une suite i.i.d. de v.a. de même loi que $\displaystyle X$ . On note $T = \inf\left\{ n \ge 1 : X_n > X_0 \right\}.$

Montrer que $\mathbb{P}(T > n) = \sum_{k=0}^\infty \mathbb{P}(X \le k)^n \mathbb{P}(X=k).$
Montrer que $\mathbb{E}[T] = \sum_{k=0}^\infty \frac{\mathbb{P}(X=k)}{\mathbb{P}(X>k)}.$
En déduire que $\displaystyle \mathbb{E}[T]=\infty$ .
Montrer que $\displaystyle \mathbb{P}(T>n) \ge \frac{1}{n+1}$ .
Que dire de l’espérance de $\displaystyle T' = \inf\left\{ n \ge 2 : X_n > \min(X_0,X_1) \right\}$ ?

Réflexes

Corrigé

Par définition de $\displaystyle T$ , on a l’égalit’e entre les événements $(T>n) = \bigcap_{i=1}^{n}(X_i \le X_0).$ donc : $(T>n)\cap (X_0=k) = \bigcap_{i=1}^{n}\left((X_i \le X_0)\cap(X_0=k) \right) = \left(\bigcap_{i=1}^{n}(X_i \le k) \right)\cap(X_0=k).$ L’indépendance de la famille $\displaystyle (X_0,\ldots,X_n)$ permet d’écrire : $\mathbb{P}(T>n,X_0=k) = \prod_{i=1}^n \mathbb{P}(X_i \le k) \mathbb{P}(X_0=k).$ Comme les $\displaystyle X_i$ ont toutes la même loi, on a : $\mathbb{P}(T>n,X_0=k) = \left(\prod_{i=1}^n \mathbb{P}(X \le k) \right) \mathbb{P}(X=k) = \mathbb{P}(X \le k)^n \mathbb{P}(X=k).$ On conclut en utilisant la formule des probabilités totales, qui s’écrit ici $\mathbb{P}(T>n) = \sum_{k=0}^\infty \mathbb{P}(T>n,X_0=k).$
On sait que $\displaystyle \mathbb{E}[T] = \sum_{n =0}^\infty \mathbb{P}(T>n)$ . Comme la famille $\displaystyle \left(\mathbb{P}(X \le k)^n\right)_{n \ge 0, k \ge 0}$ est à termes positifs, on peut intervertir l’ordre de sommation, on a donc, d’après la question précédente : $\sum_{n =0}^\infty \mathbb{P}(T>n) = \sum_{k=0}^\infty \left(\sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(X \le k)^n \right) \mathbb{P}(X=k).$ Or à $\displaystyle k \ge 0$ fixé on a $\displaystyle \mathbb{P}(X \le k)\le 1-\mathbb{P}(X=k+1)<1$ , d’après une hypothèse de l’énoncé. On connaît alors la somme de la série intérieure : $\sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(X \le k)^n = \frac{1}{1-\mathbb{P}(X \le k)} = \frac{1}{\mathbb{P}(X>k)}.$ On a donc $\mathbb{E}[T] = \sum_{k=0}^\infty \frac{\mathbb{P}(X=k)}{\mathbb{P}(X>k)}.$
Posons $\displaystyle a_k = \mathbb{P}(X>k)$ (en particulier $\displaystyle a_0=1$ ). On a $\displaystyle \mathbb{P}(X=k) = a_{k-1}-a_k$ , donc $\mathbb{E}[T] = \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{a_{k-1}}{a_k}-1\right).$ Pour montrer que cette série est divergente, on utilise l’inégalité élémentaire $\displaystyle \ln(x) \le x-1$ , on a alors, pour tout $\displaystyle K \ge 1$ : $\sum_{k=0}^K \left(\frac{a_{k-1}}{a_k}-1\right) \ge \sum_{k=0}^K \ln\left(\frac{a_{k-1}}{a_k}\right) = \ln\left(\prod_{k=0}^K \frac{a_{k-1}}{a_k}\right) = -\ln(a_K).$ Comme on a $\displaystyle \lim_{K \to \infty} a_K = 0$ , on a bien montré que $\mathbb{E}[T] = \lim_{K \to \infty} \sum_{k=0}^K \left(\frac{a_{k-1}}{a_k}-1\right) = +\infty.$
On va vu en répndant à la question 1 que $\mathbb{P}(T>n) = \mathbb{P}\left( X_0 \ge \max\left\{X_i : 1\le i \le n\right\}\right).$ Or le vecteur aléatoire $\displaystyle (X_0,\ldots,X_n)$ est indépendant, en particulier sa loi est inchangée par permutation des coordonnées. On a donc, pour tout $\displaystyle i \in \{0,\ldots,n\}$ : $\mathbb{P}(T>n) = \mathbb{P}\left( X_i \ge \max\left\{X_j : 1\le j \le n, j \neq i\right\}\right).$ En additionnant, puis en utilisant la sous-additivité de la mesure de probabilité : $\displaystyle \begin{aligned}(n+1) \mathbb{P}(T>n) &= \sum_{i=0}^n\mathbb{P}\left( X_i \ge \max\left\{X_j : 1\le j \le n, j \neq i\right\}\right) \\ &\ge \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=0}^n \left( X_i \ge \max\left\{X_j : 1\le j \le n, j \neq i\right\}\right)\right) \\ &=\mathbb{P}(\Omega) = 1.\end{aligned}$
On a donc bien $\displaystyle \mathbb{P}(T>n)= \frac{1}{n+1}$ , ce qui permet (par divergence de la série harmonique) de retrouver que $\displaystyle \mathbb{E}[T]= \infty$ .
5.Une question pour tenter les esprits les plus curieux et aventureux ! J’imagine qu’un raisonnement similaire à celui de la question 4 permettrait de montrer que $\displaystyle \mathbb{P}(T'>n) = O(1/n^2)$ , ce qui montrerait que $\displaystyle \mathbb{E}[T']<\infty$ , mais si cela se trouve ce raisonnement n’est pas correct en toute généralité… Bref, du grain à moudre pour les longues soirées d’hiver…

Exercice 532 ⭐️ Bernoulli symétrique, Cauchy-Schwarz, Sup/L1

Soit $\displaystyle X_i$ des v.a. de Bernoulli symétriques (i.e. proba uniforme sur $\displaystyle \{-1,1\}$ ) indépendantes. Calculer $\displaystyle \mathbb E\left[(X_1+\cdots+X_n)^2\right]$ . Comparer à l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

Réflexes

Carré d’une somme 👉 Développer ;
Indépendance 👉 $\displaystyle E X_iX_j=EX_i EX_j$ si $\displaystyle i\neq j$ .

Corrigé

On développe : $\displaystyle (X_1+\cdots+X_n)^2=\sum_{i,j}X_iX_j$ , d’où par linéarité et indépendance : $\displaystyle E\left[(X_1+\cdots+X_n)^2\right]=\sum_{i=1}^nE[X_i^2]+\sum_{i\neq j}E[X_i]E[X_j]$ . Comme les $\displaystyle X_i$ sont centrées et de même loi, on en déduit que $E\left[(X_1+\cdots+X_n)^2\right]=nE[X_1^2].$ L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne $\displaystyle (X_1+\cdots+X_n)^2\le n\sum_{i}X_i^2$ , d’où $E\left[(X_1+\cdots+X_n)^2\right]\le n^2E[X_1^2].$ L’inégalité donne un ordre de grandeur très mauvais en $\displaystyle n^2$ contre $\displaystyle n$ en réalité : elle ne prend pas en considération “l’interaction” des v.a. entre elles, ici une corrélation nulle.

Exercice 564 ⭐️ une variable aléatoire, Sup/Spé/L2

On lance, pour $\displaystyle n=1$ , $\displaystyle n=2$ , $\displaystyle n=3,\dots$ un dé à $\displaystyle n$ faces (il y a donc une infinité de lancers, supposés indépendants).
On s’intéresse à la variable aléatoire égale au numéro du lancer pour lequel on a obtenu 1 pour la dernière fois (en convenant que $\displaystyle X=0$ si on obtient 1 indéfiniment).

Déterminer la loi de $\displaystyle X$ .
Montrer que $\displaystyle X$ possède une espérance et la calculer.
Montrer que $\displaystyle X$ possède une variance et la calculer.

Réflexes

$\displaystyle \{X=n\}$ est une succession d’évènements indépendants.
C’est du calcul !
C’est encore du calcul !

Corrigé

Notons $\displaystyle S_n$ l’évènement <<le $\displaystyle n$ -ème lancer donne 1>>.
L’ensemble des valeurs possibles pour $\displaystyle X$ est $\displaystyle \N$ .
Pour $\displaystyle n\in\N^*$ , par indépendance,
$\begin{aligned} \mathbb P(X=n)&=\mathbb P(S_1\cap S_2\cap\dots\cap S_n\cap\overline{S_{n+1}}) \\ & = \mathbb P(S_1)\mathbb P(S_2)\dots\mathbb P(S_n)\mathbb P(\overline{S_{n+1}})\\ &= 1\times\frac 12\times \dots\times \frac 1n\times\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\\ &= \frac{n}{(n+1)!}=\frac{1}{(n+1)(n-1)!}. \end{aligned}$ Par linéarité de $\displaystyle \sum$ sur des séries convergentes,
$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\mathbb P(X=n)&=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{n+1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+1)!}\right)\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n!}-\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n!} = 1. \end{aligned}$ Donc par complémentaire, $\displaystyle \mathbb P(X=0)=0$ . Autrement dit il est impossible d’obtenir $\displaystyle 1$ indéfiniment.
La variable aléatoire $\displaystyle X$ est à valeurs positives, et pour $\displaystyle n\in\N^*$ ,
$n~\mathbb P(X=n)=\frac{n}{(n+1)(n-1)!}=\frac{(n+1)-1}{(n+1)(n-1)!}=\frac{1}{(n-1)!} - \frac{1}{(n+1)(n-1)!}$ Or $\displaystyle \sum_{n\ge 1}\frac{1}{(n-1)!}$ et $\displaystyle \sum_{n\ge 1}\frac{1}{(n+1)(n-1)!}$ sont deux séries convergentes, donc $\displaystyle \sum_{n\ge 1}n\mathbb P(X=n)$ est convergente, donc $\displaystyle X$ possède une espérance et :
$\mathbb E(X)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n-1)!}-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)(n-1)!}.$ D’après la question précédente on a donc $\displaystyle \mathbb E(X) = e-1$ .
Comme $\displaystyle X$ possède une espérance, il suffit de vérifier que $\displaystyle X^2-X$ en possède une. Pour $\displaystyle n\ge 2$ ,
$\begin{aligned} 0\le n(n-1)\mathbb P(X=n)&=\frac{n}{(n+1)(n-2)!}\le \frac{1}{(n-2)!}, \end{aligned}$ donc $\displaystyle \sum n(n-1)\mathbb P(X=n)$ est une série positive convergente, donc $\displaystyle \mathbb E(X^2-X)$ existe et :
$\begin{aligned} \mathbb E(X^2-X) &=\sum_{n=2}^\infty \frac{(n+1)-1}{(n+1)(n-2)!}=\sum_{n=2}^\infty\left(\frac{1}{(n-2)!} -\frac{1}{(n+1)(n-2)!}\right). \end{aligned}$ On peut écrire $\displaystyle \frac{1}{(n+1)(n-2)!}=\frac{n(n-1)}{(n+1)!}=\frac{(n+1)n-2(n+1)+2}{(n+1)!} = \frac{1}{(n-1)!}-\frac{2}{n!}+\frac{2}{(n+1)!}$ .
Ainsi $\begin{aligned} \mathbb E(X^2-X) &=e-\left((e-1)-2(e-2)+2(e-\frac 52)\right) = 2. \end{aligned}$ Au final, $\displaystyle \mathbb V(X)=\mathbb E(X^2-X) +\mathbb E(X) - \mathbb E(X)^2 = 2-(e-1)(e-2)$ , après simplification.

Commentaire.
Une méthode plus intéressante aurait été de passer par la fonction génératrice $\displaystyle G_X(t)=\sum_{n=1} ^\infty \mathbb P(X=n)t^n$ . Vous pouvez montrer que le rayon de convergence est $\displaystyle +\infty$ et calculer $\displaystyle G_X(t)$ . L’espérance et la variance de $\displaystyle X$ s’en déduisent par calcul de $\displaystyle G'_X(1)$ et $\displaystyle G''_X(1)$ .

Exercice 579 ⭐️⭐️⭐️ Egalité parfaite de moments, Spé/L2/L3

Soit $\displaystyle \sigma$ une permutation aléatoire uniforme de $\displaystyle \{1, \dots, n\}$ .

Pour $\displaystyle j_1, \dots, j_k$ distincts dans $\displaystyle \{1,\dots, n\}$ , déterminer la probabilité que $\displaystyle j_1, \dots, j_k$ soient des points fixes de $\displaystyle \sigma$ .
Si $\displaystyle X$ est le nombre de points fixes de $\displaystyle \sigma$ et si $\displaystyle k \in \{1, \dots, n\}$ , calculer l’espérance de $\displaystyle X(X-1)(X-2) \dots (X-k+1)$ .
Montrer que pour tout polynôme $\displaystyle P$ de degré au plus $\displaystyle n$ , on a $\displaystyle \mathbb{E}[ P(X)] = \mathbb{E}[P (N)]$ où $\displaystyle N$ est une variable aléatoire ne dépendant pas de $\displaystyle n$ , dont on identifiera la loi.

Corrigé

Il y a $\displaystyle (n-k)!$ permitations fixant $\displaystyle k$ éléments donnés sur $\displaystyle n$ , donc la probabilité est $\displaystyle (n-k)!/n!$ .
La quantité $\displaystyle X(X-1) \dots (X-k+1)$ est égale au nombre de $\displaystyle k$ -uplets de points fixes distincts. En additionnant les probabilités de tous les $\displaystyle k$ -uplets possibles, qui sont au nombre de $\displaystyle n!/(n-k)!$ , on obtient $\displaystyle (n-k)!/n!$ fois $\displaystyle n!/(n-k)!$ , et l’espérance cherchée vaut $\displaystyle 1$ .
Le fait que des entiers donnés soient des points fixes de $\displaystyle \sigma$ correspond à des événements nombreux et rares, donc il est naturel de comparer $\displaystyle X$ à une variable de Poisson, de paramètre $\displaystyle \mathbb{E} [ X] = 1$ . Si $\displaystyle N$ est une telle variable, on a pour $\displaystyle k \in \{1, \dots, n\}$ , $\mathbb{E} [ N(N-1) \dots (N-k+1)] = e^{-1} \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{j(j-1)\dots (j-k+1)}{j!}.$ On peut commencer la somme à $\displaystyle j=k$ , ce qui donne $e^{-1} \sum_{j=k}^{\infty} \frac{j!}{j! (j-k)!} = e^{-1} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{m!} = 1.$ Ceci donne l’égalité cherchée pour les polynômes $\displaystyle X(X-1)\dots (X-k+1)$ avec $\displaystyle k \in \{1,\dots, n\}$ , ce qui est suffisant car l’espace vectoriel qu’ils engendrent avec les constantes contient tous les polynômes de degré au plus $\displaystyle n$ .

Exercice 582 ⭐️⭐️ Pétanque, Sup/L1

Une manche de pétanque oppose deux équipes A et B. Chaque équipe lance $\displaystyle n$ boules.
On suppose que l’ordre des boules à la fin de la manche, de la plus proche à la moins proche du cochonnet, est distribuée selon une probabilité uniforme. On considère $\displaystyle X$ le nombre de points marqués à cette manche par l’équipe gagnante.

Déterminer la loi de $\displaystyle X$ .
Montrer que pour toute variable aléatoire $\displaystyle Z$ à valeurs dans $\displaystyle [\![1,n]\!]$ , $\displaystyle \mathbb E(Z)=\sum_{k=1}^n\mathbb P(Z\ge k)$ .
Montrer que pour $\displaystyle n,N\in\N$ tels que $\displaystyle N\ge n$ on a $\displaystyle \sum_{p=n}^N\binom pn=\binom{N+1}{n+1}$
Calculer l’espérance de $\displaystyle X$ .

Réflexes

Équiprobabilité 👉 Poser $\displaystyle \Omega$ , et procéder par dénombrement.
Écrire $\displaystyle \mathbb P(Z\ge k)$ comme une somme de probabilités.
Récurrence !
Il est préférable d’utiliser l’expression de $\displaystyle \mathbb E(X)$ démontrée en 2. plutôt que celle de la définition.

Corrigé

On considère qu’une issue de l’expérience est une partie $\displaystyle C$ de cardinal $\displaystyle n$ de l’ensemble $\displaystyle [\![1,2n]\!]$ . $\displaystyle C$ représente par exemple l’ensemble des boules de l’équipe $\displaystyle A$ , plus précisément $\displaystyle i\in C$ si et seulement si la $\displaystyle i$ -ème boule la plus proche du cochonnet est à l’équipe $\displaystyle A$ .
Par conséquent $\displaystyle \Omega$ l’ensemble des issues est de cardinal $\displaystyle \binom{2n}{n}$ .
Soit $\displaystyle k\in[\![1,n]\!]$ . On s’intéresse à l’évènement $\displaystyle \{X\ge k\}$ , autrement dit “les $\displaystyle k$ boules les plus proches sont de la même équipe”.
Une issue de l’évènement $\displaystyle \{X\ge k\}$ est déterminée par la donnée de l’équipe gagnante, et de la position des $\displaystyle n$ boules de l’équipe perdante parmi les $\displaystyle (2n-k)$ boules les moins proches. Ainsi $\mathbb P(X\ge k) = \frac{2\binom{2n-k}{n}}{\binom{2n}{n}}.$ On peut ainsi exprimer la loi de $\displaystyle X$ : $\mathbb P(X= k) =\mathbb P(X\ge k)-\mathbb P(X\ge k+1) = \frac{2\binom{2n-k}{n}}{\binom{2n}{n}}-\frac{2\binom{2n-1-k}{n}}{\binom{2n}{n}}$ Remarque. Une autre possibilité était de passer par la formule des probabilités composées !
Cette identité classique s’obtient par interversion de somme :
$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n\mathbb P(Z\ge k) & = \sum_{k=1}^n\sum_{i=k}^n\mathbb P(Z=i)\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^i\mathbb P(Z=i)\\ &=\sum_{i=1}^ni~\mathbb P(Z=i) = \mathbb E(Z).\end{aligned}$
C’est encore une identité classique, on peut fixer $\displaystyle n$ et procéder par récurrence sur $\displaystyle N$ .
Initialisation. Pour $\displaystyle N=n$ l’égalité est vraie ( $\displaystyle 1=1$ ).
Hérédité. Supposons la propriété vraie à un rang $\displaystyle N\ge n$ donné. Alors $\sum_{p=n}^{N+1}\binom pn=\binom{N+1}{n+1}+\binom{N+1}{n}=\binom{N+2}{n+1}.$
On a d’après 2. :
$\begin{aligned} \mathbb E(X) &= \frac{2}{\binom{2n}{n}}\sum_{k=1}^n\binom{2n-k}{n}\\ &=\frac{2}{\binom{2n}{n}}\sum_{p=n}^{2n-1}\binom{p}{n}\qquad\qquad\text{(chgt. d'indice)}\\ &=\frac{2}{\binom{2n}{n}}\binom{2n}{n+1} = \frac{2n}{n+1}\qquad\qquad\text{(question 3)}.\end{aligned}$

Exercice 601 ⭐️⭐️ Urne d’Ehrenfest, Spé/L2

On a deux urnes $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ comportant $\displaystyle r$ boules pour la première et $\displaystyle 2n-r$ pour la seconde. Un tirage consiste à choisir aléatoirement une boule et à la déplacer dans l’autre urne. On note $\displaystyle X_k$ le nombre de boules contenues dans l’urne $\displaystyle A$ après $\displaystyle k$ tirages.

Donner la loi de $\displaystyle X_1$ , sa fonction génératrice, et son espérance.
Exprimer une relation entre les lois de $\displaystyle X_{k+1}$ et $\displaystyle X_k$ .
On note $\displaystyle G_k$ la fonction génératrice de la variable $\displaystyle X_k$ . Prouver que
$G_{k+1}(t)=tG_k(t)+\frac{1-t^2}{2n}G'_k(t).$
En déduire $\displaystyle \lim_{k\to\infty}\mathbb E(X_k)$ , et interpréter.

Réflexes

Pas de difficulté particulière.
Variables non indépendantes 👉 Formule des probabilités totales.
Ecrire la définition de $\displaystyle G_{k+1}$ . Fort à parier qu’il faille ensuite appliquer 2. puisqu’on veut faire apparaître la fonction génératrice de $\displaystyle X_k$ .
Le lien entre l’espérance et la fonction génératrice : $\displaystyle \mathbb E(X_k)=G'_k(1)$ .

Corrigé

Les valeurs possibles pour $\displaystyle X_1$ sont $\displaystyle r-1$ et $\displaystyle r+1$ , avec probas respectives $\displaystyle \frac{r}{2n}$ et $\displaystyle \frac{2n-r}{2n}$ . Ainsi $G_{X_1}(t)= \frac{r}{2n} t^{r-1} + \frac{2n-r}{2n}t^{r+1}.$
L’espérance de $\displaystyle X_1$ peut être déterminée par exemple avec la relation $\displaystyle \mathbb E(X_1)=G'_{X_1}(1)=1+r-\frac rn$ , après simplification.
Remarque. Cette relation est valable car $\displaystyle X_1$ est une v.a. finie : $\displaystyle G_{X_1}$ est polynomiale donc dérivable en $\displaystyle 1$ .
D’après la formule des probabilités totales, $\mathbb{P}(X_{k+1}=i) = \mathbb{P}(X_{k}=i-1) \mathbb{P}(X_{k+1}=i|X_{k}=i-1)+\mathbb{P}(X_{k}=i+1) \mathbb{P}(X_{k+1}=i|X_{k}=i+1).$
Ainsi pour $\displaystyle i=1,\dots,2n-1$ on a : $\mathbb{P}(X_{k+1}=i) = \frac{2n-(i-1)}{2n} \mathbb{P}(X_{k}=i-1) + \frac{i+1}{2n} \mathbb{P}(X_{k}=i+1) .$
Remarque. Cette relation reste vraie pour $\displaystyle i=0$ et $\displaystyle i=n$ .
Par des changements d’indice, et en faisant attention aux termes nuls, on a :
$\begin{aligned} G_{k+1}(t) & =\sum_{i=0}^{2n} \mathbb P(X_{k+1}=i)t^i\\ &=\sum_{i=0}^{2n-1} \mathbb{P}(X_{k}=i)t^{i+1} - \sum_{i=1}^{2n-1} \frac{i}{2n}\mathbb{P}(X_{k}=i)t^{i+1} + \sum_{i=1}^{2n}\mathbb{P}(X_{k}=i) t^{i-1} \end{aligned}$
Le terme $\displaystyle i=2n$ dans la somme de gauche comme dans la somme du milieu est égal à $\displaystyle \mathbb P(X_k=2n)t^{2n+1}$ , donc on peut l’inclure dans ces 2 sommes (compensation), et on reconnaît alors :
$G_{k+1}(t)=tG_k(t)+\frac{1}{2n}G'_k(t) - \frac{t^2}{2n}G'_k(t).$
On dérive la relation obtenue :
$G'_{k+1}(t)=G_k(t)+tG'_k(t)+\frac{1-t^2}{2n}G''_k(t)-\frac tn G'_k(t).$
Ainsi en prenant $\displaystyle t=1$ on obtient :
$\mathbb E(X_{k+1})= 1+\left(1-\frac 1n\right)\mathbb E(X_k).$
Ainsi la suite de terme général $\displaystyle \mathbb E(X_k)$ est arithmético-géométrique, avec $\displaystyle |1-\frac 1n|<1$ , donc convergente, et sa limite est le point fixe de la fonction $\displaystyle f:x\mapsto 1+\left(1-\frac 1n\right)x$ , c’est-à-dire $\displaystyle \lim_{k\to\infty}\mathbb E(X_k)=n$ .
Interprétation. Au bout d’un grand nombre d’itérations, on atteint un équilibre en moyenne (autant de boules dans chaque urne).