Correction Exercices sur les variables aléatoires

Correction
Exercices sur les variables aléatoires
Exercice 1
Soit une variable aléatoire suivant la loi géométrique de paramètre (1/2).
a. Rappeler les valeurs de son espérance et de sa variance ; en déduire la valeur de #( $ ).
On sait que
1
1*2
1
# () & & 2 '( ) ( ) &
&2
1
1 $
+2,
2
Donc
# ( $ ) * # ()$ & 2
Ce qui donne
# ( $ ) & 6
b) A l'aide de ce qui précède, déterminer
On a
Et
Donc
2
lim 6
2345
89:
7
28
1 8@: 1
1 8
1
;7 < 1, =( & 7) & > ?
&> ? & 8
2
2
2
2
2
2
# () & lim 6 7=( & 7) & lim 6
2345
c) Pour tout entier naturel non nul, établir les inégalités :
Posons
2
89:
lim 6
2345
6
89:
2
89:
7
&2
28
2345
89:
7
28
2
7
7$
C 2 et 6 8 C 6.
8
2
2
89:
2
D2 & 6
89:
7
28
La suite (D2 ) est évidemment croissante puisque D24: * D2 & $FGH I 0. Elle est convergente. Elle est
donc majorée par sa limite et donc
De la même façon on a
2
6
89:
7
C2
28
24:
#(
$)
2
2
7$
& lim 6 7 =( & 7) & lim 6 8 & 6
2345
2345
2
89:
$
Et donc pour la même raison que précédemment
2
6
89:
Exercice 2
7$
C6
28
89:
Les parties A , B et C sont indépendantes et dans chaque partie l'urne considérée initialement est la suivante :
Une urne contenant 4 boules indiscernables au toucher : 1 blanche et 3 rouges.
Pour les parties B et C on pourra utiliser les événements T8 : " le 7-ième tirage donne une boule rouge " et W8 : " le 7-ième tirage donne
une boule blanche ", pour 7 entier naturel non nul.
Partie A
On tire simultanément deux boules dans cette urne puis on les remet dans l'urne.
Quelle est la probabilité d'obtenir deux boules rouges ?
4
3
Il y a + , façons de choisir deux boules parmi 4 et + , façons de choisir deux rouges parmi 3. Donc
2
2
3
+ , 3 1
=(TT) & 2 & &
4
+ , 6 2
2
On a
On effectue maintenant une succession de tirages simultanés de 2 boules dans cette urne (en remettant les boules dans l'urne
après chaque tirage) jusqu'à obtenir un tirage constitué de 2 boules rouges.
Soit ] la variable aléatoire égale au rang du tirage où l'expérience s'arrête.
Quelles sont les valeurs prises par ] ?
](Ω) & `a
Reconnaître la loi de ]. On précisera =(] & 7) pour tout entier 7 < 1
Nous sommes dans la situation standard d’une loi géométrique. Le succès a une probabilité égale à
1/2.
On a donc
1
] e G> ?
2
On a
1 8@: 1
1 8
a
;7 f ` , =(] & 7) & > ?
&> ?
2
2
2
En déduire son espérance et sa variance.
On sait que
1
#(]) & & 2
1
2
1
1*+ ,
2 &2
'( )(]) &
1 $
+2,
Calculer la probabilité que l'expérience s'arrête au plus tard au quatrième tirage.
Il faut ici que l’évènement ] C 4 se réalise.
On a
1
1 $
1 h
1 i 1 1 1 1
15
=(] C 4) & g > ? g > ? g > ? & g g g
&
2
2
2
2
2 4 8 16 16
Partie B
On effectue des tirages d'une boule sans remise dans l'urne jusqu'à obtenir une boule blanche.
Soit l la variable aléatoire égale au rang du tirage où l'expérience s'arrête.
Quelles sont les valeurs prises par l ?
On a évidemment l(Ω) & m1,2,3,4n
Décrire l'événement (l & 2) et calculer =(l & 2).
L’évènement (l & 2) signifie que l’on a obtenu une boule rouge au premier tirage puis la boule
blanche au second.
On peut écrire
(l & 2) & T: o W$
On a
3 1 1
=(l & 2) & =(T: )=pH (W$ ) & q &
4 3 4
On a
Déterminer la loi de l, son espérance #(l) et sa variance )(l).
(l & 1) & W:
Donc
=(l & 1) & =(W: ) &
On a
Donc
(l & 3) & T: o T$ o Wh
On en déduit que
Donc
On a
1
4
=(l & 3) & =(T: )=pH (T$ )=pH opr (Wh ) &
=(l & 4) &
1
4
3 2 1 1
q q &
4 3 2 4
l e Um:,$,h,in
1
1
1
1 10 5
#(l) & 1 q g 2 q g 3 q g 4 q &
&
4
4
4
4
4
2
1
1
1
1
5 $ 5
)(l) & 1$ q g 2$ q g 3$ q g 4$ q * > ? &
4
4
4
4
2
4
Soit s la variable aléatoire égale au nombre de boules rouges restant dans l'urne au moment où l'expérience s'arrête.
Exprimer s en fonction de l.
Si (l & 7), il y a eu (7 * 1) boules rouges et une boule blanche, il reste dans l’urne 3 * (7 * 1) & 4 *
7 boules rouges. Donc
s & 4*l
On a
En déduire la loi de s, son espérance #(s) et sa variance )(s).
s(Ω) & m0,1,2,3n
=(s & 7 ) & =(4 * l & 7) & =(l & 4 * 7) &
On a
# (s) & # (4 * l) & 4 * # (l) & 4 *
Partie C
5 3
&
2 2
)(s) & )(*l g 4) & (*1)$ )(l) & )(l) &
1
4
5
4
Dans cette partie, on effectue des tirages d'une boule avec remise dans l'urne jusqu'à ce que l'on obtienne 2 boules consécutives de la
même couleur.
On note t la variable aléatoire égale au numéro (rang) du tirage où l'expérience s'arrête.
Par exemple si les tirages ont donné successivement rouge, blanc, rouge, blanc, rouge, rouge alors X&6.
Quelles sont les valeurs prises par t ?
Il faut au moins deux tirages pour obtenir deux boules de la même couleur. On peut imaginer qu’il
peut y en avoir autant que l’on veut.
On a donc
t(Ω) & `a \m1n
On a
Calculer =(t & 2) et =(t & 3).
(t & 2) & (T: o T$ ) w (W: o W$ )
Puisqu’il y a remise, il y a indépendance des tirages successifs. On a donc par incompatibilité, puis par
indépendance :
3 $
1 $ 10 5
=(t & 2) & =(T: )=(T$ ) g =(W:)=(W$ ) & > ? g > ? &
&
4
4
16 8
On a
(t & 3) & (W: o T$ o Th ) w (T: o W$ o Wh )
Donc par incompatibilité, puis par indépendance, on a :
=(t & 3) & =(W: )=(T$ )=(Th ) g =(T: )=(W$ )=(Wh )
1 3 $ 3 1 $
& > ? g > ?
4 4
4 4
3
&
16
Décrire l'événement (t & 4), puis l'événement (t & 27) pour tout entier 7 < 1 et montrer que pour tout entier
naturel non nul 7 :
5 3 8@:
=(t & 27) & > ? > ?
8 16
La réalisation de l’évènement (t & 4) signifie que l’on a eu deux premiers tirages distincts, les
troisièmes et quatrièmes tirages étant identiques mais différents du second (sinon l’évènement t & 3
aurait été réalisé).
On a donc
(t & 4) & (T: o W$ o Th o Ti ) w (W: o T$ o Wh o Wi )
De la même façon l’évènement (t & 27) est composé d’une série de (27 * 2) premiers tirages tels que
deux tirages successifs soient différents et de deux tirages identiques et différents du 27 * 2xèyz .
Cela signifie en particulier que les deux derniers tirages sont identiques au premier. On a
(t & 27) & (T: o W$ o … o W$8@$ o T$8@: o T$8 ) w (W: o T$ o … o T$8@$ o W$8@: o W$8
Dans les (27 * 2) premiers tirages, il y a autant de boules rouges que de blanches soit (7 * 1).
On a donc par incompatibilité puis par indépendance :
=(t & 27) & =(T: )=(W$ ) … =(W$8@$ )=(T$8@: )=(T$8 ) g =(W: )=(T$ ) … =(T$8@$ )=(W$8@: )=(W$8 )
3 1
1 3 3 1 3
3 1 1
& q q…q q q g q q …q q q
4 4 4 4 4
4 4 4
4 4
8@:
8@:
$
8@:
8@:
3
1
3
1
3
1 $
&> ?
> ?
> ? g> ?
> ?
> ?
4
4
4
4
4
4
3 8@: 1 8@: 9
1
&> ?
> ?
> g ?
4
4
16 16
8@:
8@:
3
5
1
&> ?
> ?
8
4
4
5 3 8@:
& > ?
8 16
Décrire l'événement (t & 5), puis l'événement (t & 27 g 1) pour tout entier 7 < 1 et montrer que pour tout entier naturel
non nul 7 :
3 8
=(t & 27 g 1) & > ?
16
On peut décrire l’évènement (t & 5) de la façon suivante :
(t & 5) & (W: o T$ o Wh o Ti o T} ) w (T: o W$ o Th o Wi o W} )
De la même façon on aura :
(t & 27 g 1) & (T: o W$ o … o T$8@: o W$8 o W$84: ) w (W: o T$ o … o W$8@: o T$8 o T$84: )
Les (27 * 1) premiers tirages contiennent 7 boules de la même couleur que la première et (7 * 1)
boules de la même couleur que la deuxième, les deux derniers tirages étant de la même couleur que la
deuxième.
On a donc par incompatibilité puis par indépendance :
=(t & 27 g 1) & =(T: )=(W$ ) … =(T$8@: )=(W$8 )=(W$84: ) g =(W: )=(T$ ) … =(W$8@: )=(T$8 )=(W$84: )
3 1
1 3 1 1 1 3
3 1 3 3
& q q…q q q q g q q …q q q q
4 4
4 4 4 4 4 4
4 4 4 4
8
8@:
$
8
8@:
$
3
1
1
1
3
3
&> ? > ?
> ? g> ? > ?
> ?
4
4
4
4
4
4
8
84:
84:
8
3
1
3
1
&> ? > ?
g> ?
> ?
4
4
4
4
3 8 1 8 1 3
&> ? > ? > g ?
4
4
4 4
8
3
&> ?
16
2
2
Calculer les sommes ~₁ & ∑ =(t & 27) et ~$ & ∑ =(t & 27 g 1).
On a
89:
89:
Vérifier que lim ~₁ g ~₂ & 1
2345
3 2
2@:
5 3 8@: 5
3 ƒ 5 1 * +16,
10
3 2
(
)
~: & 6 = t & 27 & 6 > ?
& 6> ? &
&
…1 * > ? †
8 16
8
16
8 1* 3
13
16
89:
89:
ƒ9„
16
2
2
3 24:
,
1
*
+
3
3
3 13
3 24:
16
~$ & 6 =(t & 27 g 1) & 6 > ? & 6 > ? * 1 &
*1&
g …1 * > ? †
3
16
16
13 16
16
1 * 16
89„
89:
89:
h
La suite géométrique de raison :‡ est convergente et sa limite est égale à 0.
2
Donc
2
8
2
8
lim ~: &
2345
Donc
10
13
et
lim ~$ &
2345
lim ~: g ~$ & 1
2345
3
13
Exercice 3
Etude du jet d'une pièce équilibrée.
On lance indéfiniment une pièce équilibrée (c'est-à-dire donnant Pile ou Face avec la probabilité 1/2) et l'on désigne par T la variable
aléatoire indiquant le numéro du jet où, pour la première fois, la pièce donne Face.
Déterminer pour tout entier 7 < 1 la probabilité des événements & 7, et C 7.
Nous sommes dans la situation standard d’une loi géométrique de paramètre 1/2.
On a donc
(Ω) & `a
On a également
1 8@: 1
1 8
a (
&> ?
;7 f ` , = & 7) & > ?
2
2
2
On a alors
1 84:
8
8
8
1 * +2,
1 ƒ
1 ƒ
1 8
(
)
(
)
= C 7 & 6= & Š &6> ? & 6> ? * 1 &
*1&1*> ?
1
2
2
2
1*2
ƒ9:
ƒ9:
ƒ9„
En déduire l'espérance #() de la variable aléatoire .
On sait que
Etude du jet de deux pièces équilibrées.
#() &
1
&2
1
2
On considère le jeu suivant : on lance indéfiniment un ensemble de deux pièces équilibrées. Autrement dit, on lance une première fois
les 2 pièces, puis on relance une seconde fois les 2 pièces, et ainsi de suite. On désigne :
Par ] la variable aléatoire indiquant le numéro du jet où, pour la première fois, chacune des 2 pièces a amené au moins une
fois Face.
Par ₁ la variable aléatoire indiquant le numéro du jet où, pour la première fois, la première pièce a amené Face, par ₂ la
variable aléatoire indiquant le numéro du jet où, pour la première fois, la seconde pièce a amené Face.
Déterminer la probabilité =(] & 1)
Attention : le au moins une fois nous indique que vraisemblablement nous n’aurons pas ici une loi
géométrique.
La réalisation de l’évènement (] & 1) signifie que dès le premier lancer les deux pièces ont amené
« face », autrement dit
(] & 1) & : o $
On a par indépendance
1 1 1
=(] & 1) & =(: )=($ ) & q &
2 2 4
Comparer les événements (] C 7) et Ž(₁ C 7) o (₂ C 7) pour 7 < 1.
La réalisation de l’évènement ] C 7 signifie que la première pièce a amené au moins une fois face
avant le 7 xèyz lancer et qu’il en est de même pour la seconde. Les évènements (: C 7) et ($ C 7)
sont donc réalisés.
Réciproquement si ces deux évènements sont réalisés alors « face » est sorti au moins une fois pour
chaque pièce avant le 7 xèyz lancer et donc (] C 7) est réalisé.
Donc
(] C 7) & (: C 7 ) o ($ C 7)
En déduire les probabilités =(] C 2), puis, plus généralement =(] C 7) pour 7 < 1.
Comme il y a indépendance des résultats sur chacune des pièces, les variables : et $ sont
indépendantes.
On a donc
=(] C 2) & =(: C 2)=($ C 2)
& =(: & 1) g =(: & 2)‘=($ & 1) g =($ & 2)‘
1 1 1 1 1 1
& > g q ?> g q ?
2 2 2 2 2 2
3 3
9
& q &
4 4 16
Les variables : et $ correspondent au nombre de lancers qu’il faut attendre pour obtenir un face.
Elles obéissent à des lois géométrique de paramètre 1/2.
On a d’après la première partie
1 8
(
)
(
)
(
)
= ] C 7 & = : C 7 = $ C 7 & …1 * > ? †
2
Déduire de ce résultat que :
On a
1 8@: 3 1 8@:
=(] & 7) & > ?
* > ?
2
4 4
$
(] C 7 ) & (] ’ 7) w (] & 7 ) & (] C 7 * 1) w (] & 7)
Donc par incompatibilité
=(] C 7 ) & =(] C 7 * 1) g =(] & 7)
Et donc
Ce qui donne ici
=(] & 7) & =(] C 7) * =(] C 7 * 1)
1 8
1 8@:
=(] & 7 ) & …1 * > ? † * …1 * > ? †
2
2
$
$
1 8
1 $8
1 8@:
1 $(8@:)
& 1* 2> ? g > ? * 1 g2> ?
*> ?
2
2
2
2
1 8@:
1 $8
1 8@:
1 $(8@:)
& *> ?
g > ? g 2> ?
*> ?
2
2
2
2
8@:
8
8@:
1
1
1
&> ?
g> ? *> ?
2
4
4
8@:
1
1
1 8@:
&> ?
g > * 1? > ?
2
4
4
1 8@: 3 1 8@:
&> ?
* > ?
2
4 4
On s'intéresse enfin à l'espérance et à la médiane de la variable aléatoire ].
Exprimer, sous forme de fraction irréductible, l'espérance #(]) de ].
On a sous réserve de convergence
Or
2
# (]) & lim 6 7=(] & 7)
2345
89:
89:
89:
1 8@:
lim 6 7 > ?
&
2345
2
2
On a
2
lim 6 7“ 8@: &
2345
2
2
89:
Donc
89:
2
1 8@: 3 1 8@:
1 8@: 3
1 8@:
6 7=(] & 7 ) & 6 7 …> ?
* > ? † & 67> ?
* 67> ?
2
4 4
2
4
4
On sait que si 0 C “ ’ 1 alors
Donc
2
2
1 8@:
lim 6 7 > ?
&
2345
4
89:
89:
1
(1 * “)$
1
1
+1 * 2,
1
$
1
+1 * 4,
$
&
&
89:
1
&4
1
4
1
16
&
9
9
16
3 16
4 8
#(]) & 4 * > ? & 3 * &
4 9
3 3
Etablir que l'inégalité =(] C 7) < 0,5 équivaut à l'inégalité 7 < 2.
1
1 8
1
1 8
1
1 8
1
=(] C 7) < ” …1 * > ? † < ” 1 * > ? <
” > ? C 1*
2
2
2
2
2
√2
√2
On en tire en passant au logarithme népérien que
1
1
=(] < 7 ) < ” *7 ln(2) C ln >1 * ?
2
√2
$
Ce qui donne
Avec une calculatrice, on obtient
1
=(] C 7) < ” 7 < *
2
*
1
?
√2
ln(2)
ln >1 *
1
?
√2 – 1,78
ln(2)
ln >1 *
Comme 7 est un nombre entier, on a bien :
=(] C 7) ” 7 < 2
Etude du jet de trois pièces équilibrées.
On considère le jeu suivant : on lance indéfiniment un ensemble de 3 pièces équilibrées. On désigne par ] la variable aléatoire indiquant
le numéro du jet où, pour la première fois, chacune des 3 pièces a amené au moins une fois Face.
En raisonnant comme à la question précédente, calculer la probabilité =(] & 7) où 7 < 1, et déterminer , sous forme de fraction
irréductible, l'espérance #(]) de ], puis l'entier ˜ tel que l'inégalité =(] C 7) < 0,5 soit équivalente à l'inégalité 7 < ˜.
On reprend la même démarche en introduisant la variable h qui indique le numéro du jet où, pour la
première fois, la troisième pièce a amené Face.
On aura encore
(] C 7 ) & (: C 7) o ($ C 7) o (h C 7)
Les trois variables : , $ , h suivent des lois géométriques de paramètre 1/2 et sont mutuellement
indépendantes.
On aura donc par indépendance
1 8
=(] C 7 ) & =(: C 7)=($ C 7 )=(h C 7 ) & …1 * > ? †
2
On a donc en utilisant =(] & 7) & =(] C 7) * =(] C 7 * 1)
1 8
1 8@:
=(] & 7 ) & …1 * > ? † * …1 * > ? †
2
2
h
h
h
1 8
1 $8
1 h8
1 8@:
1 $(8@:)
1 h(8@:)
& 1 * 3> ? g 3> ? * > ? * 1 g 3> ?
* 3> ?
g> ?
2
2
2
2
2
2
8@:
8@:
8@:
8@:
8@:
3 1
3 1
1 1
1
1
1 8@:
&* > ?
g > ?
* > ?
g 3> ?
* 3> ?
g> ?
2 2
4 4
8 8
2
4
8
8@:
8@:
8@:
3 1
9 1
7 1
& > ?
* > ?
g > ?
2 2
4 4
8 8
On en déduit que sous réserve de convergence
2
2
2
3
1 8@: 9
1 8@: 7
1 8@:
(
)
# ] & lim 6 7 > ?
* 67> ?
g 67> ?
2345 2
2
4
4
8
8
Ce qui donne en considérant que
89:
2
1 8@:
lim 6 7 > ?
&
2345
8
1
&
64
49
89:
1
+1 * ,
8
3
9 16 7 64 22
# (]) & q 4 * q
g q
&
2
4 9 8 49
7
89:
On a enfin
89:
$
1
1 8
1
=(] C 7) < ” …1 * > ? † <
2
2
2
h
:
1 8
1 h
”1*> ? <> ?
2
2
:
1 8
1 h
”> ? C1*> ?
2
2
:
1 h
” *7 ln(2) C ln ™1 * > ? š
2
On trouve avec une calculatrice
Donc puisque 7 est entier
Exercice 4
” 7 < * ln
* ln
:
1 h
›1 * +2, œ
ln(2)
=(] C 7) <
:
1 h
›1 * +2, œ
ln(2)
– 2,27
1
”7<3
2
Calculs préliminaires
On considère deux nombres entiers naturels  et ž tels que ž < .
žg1
žg1
žg2
Etablir que >
?g>
?&>
?
g1

g1
On reconnaît une forme peu courante de la formule de Pascal. L’énoncé demandant d’établir le
résultat, on refait la démonstration :
(ž g 1)!
(ž g 1)!
žg1
žg1
>
?g>
?&
q
g1

(ž * )! ( g 1)! ! (ž *  g 1)!
(ž g 1)!
1
1
&
>
g
?
(ž * )! !  g 1 ž *  g 1
(ž g 1)!
ž g 2
&
q
(ž * )! ! (ž *  g 1)( g 1)
(ž g 2)!
&
(ž –  g 1)! ( g 1)!
Or
(ž g 2)!
(ž g 2)!
žg2
>
?&
&
g1
(ž g 2–  * 1)! ( g 1)! (ž –  g 1)! ( g 1)!
Il y a donc bien égalité.
En raisonnant par récurrence sur ž, en déduire la formule suivante :
2
žg1
7
6> ?& >
?
g1

89¡
Bien entendu, comme la somme commence à 7 & , il faut que l’on ait ž < .
On a pour ž & 
¡

7
6 > ? & + , & 1

89¡
Et
>
La propriété est donc vérifiée pour ž & .
2
g1
?&1
g1
24:
žg1
žg2
7
7
;ž < , montrons que si 6 > ? & >
? alors 6 > ? & >
?.
g1
g1


On a
24:
89¡
2
89¡
žg1
žg1
žg1
žg2
7
7
6> ?&6> ?g>
?&>
?g>
?&>
? (d¢ après la question précédente)

g1

g1


89¡
89¡
En faisant  & 1,2,3, en déduire une expression factorisée des trois sommes suivantes :
2
On a
2
2
6 7 , 6 7(7 * 1) , 6 7(7 * 1)(7 * 2)
89:
89:
89:
ž(ž g 1)
žg1
žg1
7
67 & 6+ , &+
,&+
,&
1g1
2
1
2
2
89:
2
2
89:
7 (7 * 1)
ž(ž g 1)(ž – 1)
žg1
žg1
7
6 7 (7 * 1) & 6 2
& 26+ , &2+
, & 2+
,&
2g1
3
2
2
3
89:
2
2
89:
2
2
89$
2
7(7 * 1)(7 * 2)
ž(ž g 1)(ž * 1)(ž * 2)
7
žg1
6 7 (7 * 1)(7 * 2) & 6 6
& 66+ , & 6+
,&
4
3
6
4
89:
89:
89h
On considère dans toute la suite de cette partie un nombre entier ž < 2 et une urne contenant ž jetons numérotés de 1 à ž.
0n extrait de cette urne 2 jetons tirés au hasard et on désigne alors par :
t la variable aléatoire indiquant le plus petit des numéros des 2 jetons tirés.
l la variable aléatoire indiquant le plus grand des numéros des 2 jetons tirés.
Lois des variables aléatoires X et
et Y
Quel est le nombre de parties à 2 éléments d'un ensemble à Š (respectivement ž) éléments ?
Š
Il y a par définition + , parties à 2 éléments dans un ensemble à Š éléments.
2
ž
De la même façon, il y a + , parties à 2 éléments dans un ensemble à ž éléments.
2
En déduire la probabilité =(l C Š) et montrer que =(l & Š) & 2(2@:) pour 2 C Š C ž.
$(ƒ@:)
L’évènement (l C Š) est réalisé si et seulement si le plus grand numéro des deux jetons tirés est
inférieur ou égal à Š, autrement dit si l’on a tiré deux jetons parmi ceux dont les numéros sont compris
Š
entre 1 et Š. Il y a + , façons de réaliser cette opération.
2
ž
Il y a + , d’extraire deux jetons de l’urne. On a donc
2
On a
Donc par incompatibilité
Et donc
On en tire
Š
+ ,
2 & Š(Š * 1)
=(l C Š) & ž
+ , ž(ž * 1)
2
(l C Š) & (l ’ Š) w (l & Š) & (l C Š * 1) w (l & Š)
=(l & Š) &
=(l C Š) & =( & Š) g =(l C Š * 1)
=(l & Š) & = (l C Š) * =(l C Š * 1)
Š(Š * 1) (Š * 1)(Š * 2) (Š * 1)(Š * Š g 2) 2(Š * 1)
*
&
&
ž(ž * 1)
ž (ž * 1)
ž(ž * 1)
ž(ž * 1)
En raisonnant de même, déterminer les probabilités =(t < ¤) et =(t & ¤) pour 1 C ¤ C ž * 1.
L’évènement (t < ¤) signifie que le plus petit numéro des jetons tirés est supérieur ou égal à ¤.
Ce qui revient à dire que l’on a tiré deux jetons dans l’ensemble ¥¤, ž¦, avec 1 C ¤ C ž * 1.
ž*¤g1
Cet ensemble contient (ž * ¤ g 1) éléments. Il y a donc +
, façons de réaliser ce tirage. On a
2
donc
ž*¤g1
+
, (ž – ¤ g 1)( ž * ¤ )
2
&
=(t < ¤) &
ž
ž(ž * 1)
+ ,
2
On a
(t < ¤) & (t & ¤) w (t I ¤) & (t & ¤) w (t < ¤ g 1)
On en tire par incompatibilité :
= (t & ¤ ) & =(t < ¤ ) * =(t < ¤ g 1)
(ž – ¤ g 1)( ž * ¤) (ž * ¤)( ž * ¤ * 1)
&
*
ž(ž * 1)
ž(ž * 1)
2( ž * ¤)
&
ž( ž * 1 )
On a
Comparer les lois des variables aléatoires ž g 1 * t et l, autrement dit les deux probabilités =(ž g 1 * t & Š) et =(l & Š)
pour 2 C Š C ž.
2( ž * (ž g 1 * Š)) 2(Š * 1)
&
& =(l & Š)
ž(ž * 1)
ž( ž * 1 )
Il faut également vérifier que (ž g 1 * t)(Ω) & l(Ω).
On a
l(Ω) & ¥2, ž¦ et t(Ω) & ¥1, ž * 1¦
Donc
1 C t Cž*1
Donc
ž g 1 * (ž * 1) C ž g 1 * t C ž g 1 * 1
C’est-à-dire
2 C žg1*t C ž
On a bien
=(ž g 1 * t & Š) & =(t & ž g 1 * Š) &
(ž g 1 * t)(Ω) & l(Ω)
Les variables (ž g 1 * t) et l ont la même loi.
En déduire que #(ž g 1 * t) & #(l) et )(ž g 1 * l) & )(l), puis en déduire les expressions de #(t) en fonction de #(l) et
de )(t) en fonction de )(l).
On en déduit évidemment qu’elles ont la même espérance et la même variance. Donc
#(ž g 1 * t) & #(l) et )(ž g 1 * l) & )(l)
Espérances et variances des variables aléatoires X et Y
On a
Exprimer sous forme factorisée les espérances #(l), puis #(t) en fonction de ž.
ž(ž g 1)(ž – 1) 2(ž g 1)
2Š(Š * 1)
2
2
#(l) & 6 Š=(l & Š) & 6
&
6 Š(Š * 1) &
&
ž(ž * 1) ž(ž * 1)
ž(ž * 1)
3
3
On a
2
ƒ9$
Donc
On a
2
2
ƒ9$
ƒ9$
# (ž g 1 * t) & ž g 1 * # (t) & # (l) &
# (t) & ž g 1 *
2(ž g 1)
3
2(ž g 1) n g 1
&
3
3
Exprimer sous forme factorisée #Ž(l(l * 2), puis #(l²), )(l) et )(t) en fonction de ž.
2
#l(l * 2)‘ & 6 Š(Š * 2)=(l & Š)
ƒ9$
2
&6
ƒ9$
2Š(Š * 1)(Š * 2)
ž(ž * 1)
2
2
&
6 Š(Š * 1) (Š * 2)
ž(ž * 1)
ƒ9$
2
ž(ž g 1)(ž * 1)(ž * 2)
(
)
ž ž*1
4
(ž g 1)(ž * 2)
&
2
&
On a
#l(l * 2)‘ & #(l $ * 2l) & #(l $ ) * 2#(l)
Donc
On a alors
# (l $ ) & #l(l * 2)‘ g 2# (l )
(ž g 1)(ž * 2)
2(ž g 1)
&
g2
2
3
(ž g 1)(3ž g 2)
&
6
)(l) & #(l $ ) * #(l)$
On a
Donc
(ž g 1)(3ž g 2)
2(ž g 1)
&
*…
†
6
3
(ž g 1)(ž * 2)
&
18
$
)(l) & )(*t g ž g 1) & (*1)$ )(t) & )(t)
) (t) &
Montrer que la probabilité =(t & ¤ o l & Š) est égale à +
(ž g 1)(ž * 2)
18
$
, pour 1 C ¤ ’ Š C ž.
2(2@:)
L’évènement (t & ¤ o l & Š) correspond au tirage de la paire m¤, Šn.
Il n’y a donc qu’un seul évènement élémentaire qui remplit cet évènement.
On en déduit que
1
1
2
=(t & ¤ o l & Š) & ž &
&
(
)
ž
ž
*
1
(
ž ž * 1)
+ ,
2
2
Exercice 5
On effectue 2ž tirages au hasard dans une urne contenant ž boules numérotées de 1 à ž.
Un tirage consiste à extraire une boule de l'urne, la boule tirée étant remise dans l'urne.
On note ] la variable aléatoire égale au numéro du tirage au cours duquel, pour la première fois, on a obtenu une boule
déjà obtenue auparavant.
Montrer que ](©) & ¥2, ž g 1¦
Il faut au moins deux tirages pour obtenir un numéro déjà tiré. Si au bout de ž tirages, aucun numéro
n’est sorti deux fois, cela signifie que tous les numéros ont été tirés une fois et donc le tirage suivant
fera sortir un numéro déjà tiré. Au bout de (ž g 1) tirages on obtient nécessairement un numéro déjà
tiré.
Tous les évènements du type (] & 7) où 7 f ¥2, ž g 1¦ peuvent être réalisés.
Par exemple le tirage : 1,2,…,7 * 1,1 réalise l’évènement (] & 7).
On a donc bien
](©) & ¥2, ž g 1¦
Montrer que ;7 f ¥1, ž¦, ª(] I 7) &
«¬
F
2¬
L’évènement ] I 7 est réalisé par tous les tirages pour lesquels il n’y a pas eu de répétition dans les
7 premiers tirages. Ils correspondent à des listes ordonnées de 7 nombres sans répétition, c’est-à-dire
à des arrangements de 7 nombres pris parmi ž.
Il y a ­82 listes et donc tirages de ce type.
Les 7 premiers tirages si l’on impose pas qu’il n’y ait pas répétition correspondent à des listes
ordonnées de 7 nombres pris parmi les ž numéros possibles avec répétitions éventuelles, c’est-à-dire
à des applications d’un ensemble à 7 éléments dans un ensemble à ž éléments. Il y a ž8 applications
de ce type.
On a donc
On a
Montrer que : ;7 f ¥2, ž¦, ª(] & 7) & ª(] I 7 * 1) * ª(] I 7).
Or
Donc par incompatibilité
Et donc
On a
­82
=(] I 7 ) & 8
ž
(] < 7) & (] & 7) w (] I 7)
(] < 7) & (] I 7 * 1)
=(] I 7 * 1) & =(] & 7 ) g =(] I 7)
=(] & 7 ) & =(] I 7 * 1) * =(] I 7)
Calculer ª(] & ž g 1) puis en déduire la loi de ].
=(] & ž g 1) & =(] I ž) &
Pour 7 ’ ž g 1, on a
=(] & 7) &
­8@:
­82
2
*
ž8@: ž8
Montrer que l'espérance #(]) de la variable aléatoire ] est :
2
#(]) & 6
89„
On a
­22 ž!
&
ž2 ž 2
­82
ž8
24:
#(]) & 6 7=(] & 7)
89$
Il faut séparer le cas 7 & ž g 1 des autres puisque la formule donnant la probabilité n’est pas la même.
On a
2
#(]) & 6 7=(] & 7) g (ž g 1)
89$
2
ž!
ž2
­8@:
­82
ž!
2
& 6 7 … 8@: * 8 † g (ž g 1) 2
ž
ž
ž
89$
2
2
­8@:
­82
ž!
2
& 6 7 8@: * 6 7 8 g (ž g 1) 2
ž
ž
ž
89$
89$
On procède à un changement d’indice dans la première somme en posant Š & 7 * 1. On obtient :
2@:
2
­2
­82
ž!
# (]) & 6(Š g 1) ƒ * 6 7 8 g (ž g 1) 2
ž
ž
ž
Soit en posant à nouveau Š & 7 :
ƒ9:
ƒ
89$
2@:
2
­82
­82
ž!
# (]) & 6(7 g 1) 8 * 6 7 8 g (ž g 1) 2
ž
ž
ž
89:
89$
On isole les termes « en trop » dans les deux sommes et l’on remet tous les termes communs à
nouveaux sous un signe somme unique :
2@:
2­:2
­82
­82
ž­22
ž!
#(]) &
g 6 ›(7 g 1) 8 * 7 8 œ * 2 g (ž g 1) 2
ž
ž
ž
ž
ž
&
&
2­:2
ž
2­:2
ž
g6
89$
2@:
g6
89$
­82
ž!
* ž 2 g (ž g 1)
8
ž
ž
­82 ž!
g
ž8 ž 2
2@:
­:2
­82 ­22
&
g
g6 8g 2
ž
ž
ž
ž
&
­:2
89$
2@:
­:2
ž
89$
8
­2
g6 8
ž
89:
2
Pour aboutir à la formule demandée, il ne reste plus qu’une étape à franchir :
­:2 ­„2
& „
montrer que
ž
ž
On a
ž!
­:2 (ž * 1)! ž
&
& &1
ž
ž
ž
Et
­„2 ž!
& &1
ž„ ž!
On peut donc écrire
2
Exercice 6
2
2
­:2
­82 ­„2
­82
­82
g6 8 & „g6 8 &6 8
#(]) &
ž
ž
ž
ž
ž
89:
89:
89„
On réalise une suite de lancers d'une pièce équilibrée, chaque lancer amenant donc pile ou face avec une probabilité 1/2.
On note =8 (resp. 8 ) l'événement : "on obtient pile (resp. face) au 7 xzyz lancer".
Pour ne pas surcharger l'écriture, on écrira, par exemple, =₁₂ à la place de =₁ o ₂.
On note t la variable aléatoire qui prend la valeur 7 si l'on obtient pour la premiére fois pile puis face dans cet ordre aux lancers 7 * 1 et
7 (7 désignant un entier supérieur ou égal à 2), t prenant la valeur 0 si l'on obtient jamais une telle succession.
Calculer P(X&2).
On a
Par indépendance, on a donc
(t & 2) & =: $
=(t & 2) & =(=: )=($ ) &
En remarquant que (t & 3) & =₁=₂₃ w ₁=₂₃, calculer =(t & 3).
1 1 1
q &
2 2 4
On a par incompatibilité, puis par indépendance :
1 h 2 1
1 h
=(t & 3) & =(=: )=(=$ )=(h ) g =(: )=(=$ )=(h ) & > ? g > ? & &
2
8 4
2
Sur le modèle de la question précédente, écrire, pour tout entier 7 supérieur ou égal à 3, l'événement (t & 7) comme réunion
de (7 * 1) événements incompatibles.
Pour comprendre comment se construit (t & 7), on peut commencer par décrire (t & 4).
On sait que les réalisations de cet évènement se terminent par =h i .
Les deux premiers tirages peuvent être deux piles, deux faces, un face suivi d’un pile, mais pas un pile
suivi d’un face sinon l’évènement (t & 2) aurait été réalisé.
D’une façon générale, les réalisations de l’évènement (t & 7) sont de la forme suivante :
Elles se terminent par =8@: 8 . S’il y a des piles et des faces avant cette terminaison, elles doivent être
de la forme
 … = … ==8@: 8
Il peut n’y avoir que des piles
= … ==8@: 8
Ou que des faces
 … =8@: 8
Dès qu’un pile apparaît (en dehors de celui du rang (7 * 1)), il ne peut pas être suivi d’un face et il n’y
alors que des piles.
Les réalisations de (t & 7) sont donc constituées par des suites de lancers commençant par Š faces
(0 C Š C 7 * 2) suivis de (7 * 2 * Š) piles, puis d’un pile et d’un face.
Il y a donc autant de réalisations que le nombre de faces possibles, c’est-à-dire (7 * 1).
Elles sont toutes incompatibles.
Déterminer =(t & 7) pour tout entier 7 supérieur ou égal à 2.
Chacune des (7 * 1)réalisations de (t & 7) est un suite de 7 lancers indépendants dont les
probabilités de sortie pour chaque éventualité sont de 1/2.
: 8
Chaque réalisation a donc une probabilité égale à +$, .
On en déduit que
1 8 7*1
=(t & 7) & (7 * 1) > ? & 8
2
2
Calculer P(X&0).
On sait que
t(Ω) & `
On doit avoir
2
lim 6 =(t & 7) & 1
2345
89„
pour qu’il s’agisse bien d’une loi de probabilité.
On a
2
2
6 =(t & 7) & =(t & 0) g 6 = (t & 7 )
89„
89:
Ce qui donne
2
2
6 =(t & 7 ) & =(t & 0) g 6
89„
89:
2
& =(t & 0) g 6
89$
2@:
& =(t & 0) g 6
7*1
28
7*1
28
89:
2@:
On a donc
On sait que
Donc
Et donc
On aura donc
Et donc
Š
2ƒ4:
1
1 ƒ@:
& =(t & 0) g 6 Š > ?
4
2
89:
2
2@:
1
1 ƒ@:
lim 6 =(t & 7 ) & =(t & 0) g lim 6 Š > ?
2345
4 2345
2
89„
y
lim 6 7“ 8@: &
y345
2
89:
2@:
1
quand 0 C “ ’ 1
(1 * “)$
1 ƒ@:
lim 6 Š > ?
&
2345
2
89:
89:
1
1
+1 * 2,
$
&
1
&4
1
4
1
lim 6 =(t & 7) & =(t & 0) g q 4 & =(t & 0) g 1
2345
4
89„
1 & =(t & 0) g 1
L’évènement (t & 0) est quasi-impossible.
=(t & 0) & 0
On se propose, dans cette question, de retrouver le résultat de la question 4) par une autre méthode.
Montrer que, 7 désignant un entier supérieur ou égal à 3, si le premier lancer est un pile, alors il faut et il suffit que
=₂=₃ … =8@: 8 se réalise pour que (t & 7) se réalise.
D’après ce que nous avons dit précédemment, les réalisations de (t & 7) sont de la forme
 … = … ==8@: 8 .
Si le premier lancer est un pile, il n’est plus possible qu’il y ait un face avant le dernier lancer.
Si le premier lancer n’est pas un pile, c’est un face. La suite des (7 * 1) tirages suivants est formée
d’une liste respectant les conditions de réalisation de (t & 7), c’est-à-dire ne comportant que des
piles ou une série de faces puis des piles, jusqu’au dernier tirage qui est un face. Il s’agit des
évènements réalisant l’évènement (t & 7 * 1)
En déduire, en utilisant la formule des probabilités totales que:
On a donc
1
1
;7 < 3 =(t & 7) & =(t & 7 * 1) g 8
2
2
(t & 7) & (=: … =8@: 8 ) w : o (t & 7 * 1)‘
Par incompatibilité, puis par indépendance, on en tire
1 8 1
=(t & 7 ) & > ? g =(t & 7 * 1)
2
2
On pose, pour tout entier k supérieur ou égal à 2, D8 & 28 =(t & 7).
Montrer que la suite (D8 )8°$ est arithmétique. Retrouver le résultat annoncé.
On a donc d’après la question précédente :
28
28 =(t & 7 ) & 1 g =(t & 7 * 1) & 1 g 28@: =(t & 7 * 1)
2
Ce qui donne
D8 & 1 g D8@:
La suite (D8 ) est bien une suite arithmétique de raison 1.
On a pour tout 7 < 2,
D8 & D$ g 7 * 2
1
D$ & 2$ =(t & 2) & 4 q & 1
4
Donc
D8 & 7 * 2 g 1 & 7 * 1
Et donc
7*1
=(t & 7) & 8
2
Montrer que t a une espérance #(t), puis la calculer.
2
On admettra que, pour * 1 ’ “ ’ 1, on a lim 6 7 $ “ 8 & “
2345
On a sous réserve d’existence de la limite :
Ce qui donne
2
2
7*1
1
1
# (t) & 6 7=(t & 7) & lim 6 7 8 & lim 6 >7 $ 8 * 7 8 ?
2345
2345
2
2
2
8f±(Ω)
On a
2
2
89$
89$
2
1 8
1 8
#(t) & lim ›6 7 > ? * 6 7 > ? œ
2345
2
2
2
89$
$
89$
2
1 8
1 8
1 :
1 8 1
$
$
$
67 > ? & 67 > ? *1 > ? & 67 > ? *
2
2
2
2
2
89$
De même
On a donc
89:
“ g 1
(1 * “)h
$
89:
2
2
89:
2
2
1 8
1 8
1 :
1 8 1
67> ? & 67> ? * 1> ? & 67> ? *
2
2
2
2
2
89$
2
89:
89:
2
2
1 8
1 8
1 8 1
1 8 1
$
6 7 > ? * 6 7 > ? & ›6 7 > ? * œ * ›6 7 > ? * œ
2
2
2
2
2
2
89$
$
89$
89:
2
2
89:
8
1
1
& 6 7$ > ? * 6 7 > ?
2
2
89:
8
89:
Ce qui donne
On sait que
On sait que
2
2
1 8
1 8
# (t) & lim ›6 7 > ? * 6 7 > ? œ
2345
2
2
89:
2
$
89:
2
1 8 1
1 8@:
67> ? & 67> ?
2
2
2
89:
89:
2
1 8@:
lim 6 7 > ?
&
235
2
1
&4
1 $
89:
+1 * 2,
On a donc en prenant l’indication de l’énoncé, on obtient :
1
1 2 g 1
1
# (t) &
h* q4&4
2
2
1
+1 – 2,
Exercice 7
On lance indéfiniment une pièce donnant "Pile" avec la probabilité ª et "Face" avec la probabilité  & 1 * ª. On suppose que ª f0,1Ž et
on admet que les lancers sont mutuellement indépendants.
Pour tout entier naturel 7, supérieur ou égal à 2, on dit que le 7 xzyz lancer est un changement s'il amène un résultat différent de celui du
(7 * 1)xzyz lancer.
On note =8 (resp. 8 ) l'événement : "on obtient Pile (resp. Face) au 7 xzyz lancer".
Pour ne pas surcharger l'écriture on écrira, par exemple, =₁₂ à la place de =₁ o ₂.
Pour tout entier naturel ž supérieur ou égal à 2, on note t2 la variable aléatoire égale au nombre de changements survenus durant les ž
premiers lancers.
Partie 1 : étude de quelques exemples.
Donner la loi de t₂.
Il ne peut y avoir qu’au plus un changement.
On aura
On a
t$ (Ω) & m0,1n
(t$ & 0) & =: =$ w : $
Donc par incompatibilité, puis par indépendance
=(t$ & 0) & =(=: =$ ) g =(: $ ) & ª$ g $
De même
(t$ & 1) & =: $ w =$ :
Et donc
=(t$ & 1) & ª g ª & 2ª
On a
On a
Donner la loi de t₃.
th (Ω) & m0,1,2n
(th & 0) & (=: =$ =h ) w (: $ h )
Par incompatibilité, puis par indépendance, on a
=(th & 0) & ªh g h
Il est plus simple d’examiner l’évènement (th & 2) que l’évènement (th & 1).
On a
(th & 2) & (=: $ =h ) w (: =$ h )
On a encore par incompatibilité, puis par indépendance :
=(th & 2) & ªª g ª & ª$  g $ ª & ª(ª g )
Or ª g  & 1
Donc
=(th & 2) & ª
Pour calculer =(th & 1), on se sert du fait que m(th & 0), (th & 1), (th & 2)n est un système complet
d’évènements.
On a donc
=(th & 1) & 1 * =(th & 0) * =(th & 2) & 1 * ªh *  h * ª
On a
Vérifier que #(t₃) & 4ª et que )(t₃) & 2ª(3 * 8ª).
# (th ) & 0=(th & 0) g 1=(th & 1) g 2=(th & 2)
& 1 * ªh *  h * ª g 2ª
& 1 * ªh *  h g ª
L’énoncé propose une formule qui semble assez éloignée de notre résultat.
Il y a deux façons de procéder : soit on calcule autrement =(th & 1). En effet, l’utilisation du système
complet d’évènements a contribué à l’apparition des « ªh » et «  h » qui évidemment nous gênent.
On écrirait alors
(th & 1) & =: $ h w =: =$ h w : =$ =h w : $ =h
Ce qui donne par incompatibilité, puis par indépendance :
=(th & 2) & ª$ g ª$  g ª$ g $ ª
& 2ª $ g 2ª$ 
& 2ª (ª g )
& 2ª
Sous cette forme, on retrouve bien
#(th ) & 1 q 2ª g 2 q ª & 4ª
On peut également conserver la méthode du départ.
Il s’agit alors de montrer que
1 * ªh *  h g ª & 4ª
Ce qui revient à montrer que
1 * ªh * h * 3ª & 0
On remplace  par 1 * ª.
On est amené alors à montrer que
1 * ªh * (1 * ª)h * 3ª(1 * ª) & 0
On a
1 * ªh * (1 * ª)h * 3ª(1 * ª) & 1 * ªh * (* ªh g 3ª$ * 3ª g 1) * (3ª * 3ª$ )
&0
Pour le calcul de la variance, on peut choisir l’une ou l’autre des deux méthodes.
On a
) (t) & # (t $ ) * # (t)$ & 1$ (1 * ªh *  h * ª) g 2$ ª * (4ª )$
Ou bien
)(t) & 1$ q 2ª g 2$ q ª * (4ª)$
Pour vérifier que l’on obtient bien le résultat proposé par l’énoncé dans la première forme, il suffit de
procéder comme ci-dessus en remplaçant ª par 1 * .
Pour la deuxième forme, on a :
) (t) & 6ª * 16ª$ $ & 2ª(3 * 8ª)
Trouver la loi de t₄.
On a évidemment ti (Ω) & m0,1,2,3n.
Pour déterminer la loi de probabilité, il est important de préciser Ω et surtout son cardinal.
Ω contient des « mots » de quatre symboles écrits avec les lettres = et . Chaque « mot » est une
application de l’ensemble m1,2,3,4n dans l’ensemble m=, n. Il y a 2i & 16 applications possibles, donc
16 « mots » différents possibles.
On a
(ti & 0) & =: =$ =h =i w : $ h i
Ce qui donne par incompatibilité, puis par indépendance :
=(ti & 0) & ªi g i
On a
(ti & 1) & = w == w === w === w == w =
Et donc
=(ti & 1) & ª h g ª$ $ g ªh  g ª h g ª$ $ g ªh 
& 2(ª h g ª$ $ g ªh  )
& 2ª ($ g ª g ª$ )
On a
(ti & 2) & === w === w == w = w = w ==
Donc
=(ti & 2) & ªh  g ªh  g ª$ $ g ª h g ª h g ª$  $
& 2(ªh  g ª$ $ g ª h )
& 2ª(ª$ g ª g $ )
On a enfin
(ti & 3) & == w ==
On a donc
=(ti & 3) & ª$ $ g ª$  $ & 2ª$ $
On a
Calculer #(t₄).
#(ti ) & 1 q 2ª($ g ª g ª$ ) g 2 q 2ª(ª$ g ª g $ ) g 3 q 2ª$  $
& 6ª($ g ª g ª$ ) g 6ª$  $
& 6ª($ g 2ª g ª$ )
& 6ª( g ª)$
& 6ª q 1$
& 6ª
Partie 2 : étude du cas ´ µ ¶..
Dans cette partie, ž désigne un entier naturel supérieur ou égal à 2.
Exprimer =(t2 & 0) en fonction de ª,  et ž.
On a évidemment
(t2 & 0) & =: … =2 w : … 2
Donc par incompatibilité, puis par indépendance :
=(t2 & 0) & ª2 g  2
En décomposant l'événement (t2 & 1) en une réunion d'événements incompatibles, montrer que
2ª
(ⁿ@: * ªⁿ@: )
=(t2 & 1) &
*ª
Les évènements qui réalisent (t2 & 1) sont de la forme ¸¹º
=…=
On peut donc écrire

¸¹º
…  ou .
8 termes 2@8 termes
2@:
(t2 & 1) & ›» ¸¹º
=…=
2@:

¸¹º
…  œ w ›» ¸¹º
…
89: 8 termes 2@8 termes
=
¸¹º
…= œ
89: 8 termes 2@8 termes
Tous ces évènements sont incompatibles (ils ne peuvent pas se produire simultanément).
On a donc par incompatibilité puis par indépendance :
2@:
=(t2 & 1) & 6 ª 
8 2@8
89:
2@:
g 6  8 ª2@8
89:
Ici on peut « s’apercevoir » que les deux sommes sont identiques puisque pour un 7 donné si l’on
donne 7 ¢ & ž * 7, ª8  2@8 &  8 ª2@8 .
Si l’on ne s’aperçoit pas de cette régularité, on peut faire le calcul direct.
On ne travaille que sur une seule somme. Pour écrire le résultat sur l’autre somme il suffira de
renverser les rôles de ª et .
On a
¼
2@:
On a donc
6ª 
89:
8 2@8
¼
2@:
& 6ª  
89:
2@:
2@:
2@:
89:
ª 2
1 * +,
89„
ª * 1¿
1*
 2 * ª2
2
& 2 ¾  * ª * 1¿

2
 * ª2 
& 2 >
* 1?
2  * ª
( 2 * ª2 )
&
* 2
*ª
( 2 * ª2 ) *  2 ( * ª)
&
*ª
ª 2 * ª2
&
*ª
6  8 ª2@8 &
89:
2@:
ª 8
ª 8
ª „
&  6 > ? & 2 ›6 > ? * > ? œ



2
6 ª8  2@8 & 2 ¾
89:
On aura donc de même façon
8 2 @8
ª2 * ª 2 ª 2 * ª2
&
ª*
*ª
(On retrouve bien le fait que les deux sommes sont égales).
On a donc
= (t2 & 1) & 2
ª 2 * ª2
2@: * ª2@:
2ª
(ⁿ@: * ªⁿ@: )
& 2ª
&
*ª
*ª
*ª
En distinguant les cas ž pair et ž impair, exprimer =(t2 & ž * 1) en fonction de ª et .
S’il y a (ž * 1) changements, cela veut dire qu’il y a changement à chaque fois.
Si ž est pair cela revient à dire que l’on a
(t2 & ž * 1) & (=)
… (=)
… (=)
ÀÀº w (=)
¸ÀÀÀ¹À
ÀÀº
¸ÀÀÀ¹À
2
termes
$
Donc par incompatibilité, puis par indépendance, on a
Si ž est impair, on aura
On en déduit que
2
2
2
termes
$
2
=(t2 & ž * 1) & (ª ) $ g (ª) $ & 2(ª ) $
(t2 & ž * 1) & ((¸À
) … (À
) … (=)
=
=
=ÀÀ¹À
ÀÀ¹À
Àº) =) w ((¸À
ÀÀº  )
2@:
termes
$
2@:
$ ª
=(t2 & ž * 1) & (ª )
&
2@:
(ª ) $
2@:
$ 
g (ª)
2@:
$ (ª
& (ª)
2@:
termes
$
g )
Retrouver, grâce aux trois questions précédentes, les lois de t₃ et t₄.
Pour ž & 3, on a
=(th & 0) & ªh g h
2ª
($ * ª$ ) & 2ª ( g ª) & 2ª
=(th & 1) &
*ª
h@:
=(th & 2) & (ª) $ & (ª): & ª
On retrouve bien la loi de th .
Pour ž & 4, on a
=(ti & 0) & ªi g i
2ª
( h * ªh )
=(ti & 1) &
*ª
Il faut utiliser ici l’identité remarquable
Âh * Ã h & (Â * Ã)(Â$ g ÂÃ g Ã$ )
Cette identité est la forme particulière d’une identité plus générale :
2@:
Â2 * Ã 2 & (Â * Ã)(Â2@: g Â2@$ Ã g Ä g ÂÃ2@$ g Ã2@: ) & (Â * Ã) 6 Â8 Ã2@:@8
89„
Pour démontrer cette formule, on écrit en supposant à µ 0 (le résultat est évident si à & 0)
Â2
 2
Â2 * Ã2 & Ã2 > 2 * 1? & Ã 2 >+ , * 1?
Ã
Ã
Å
Si l’on pose  & Æ * 1, on sait que
2@:
Donc
2 * 1
& 6 8
*1
89„
2@:
 * 1 & ( * 1) 6  8
2
Donc
89„
2@:
2@:
 2
Â
 8 Â*Ã
Â8
6 8
+ , * 1 & + * 1, 6 + , &
Ã
Ã
Ã
Ã
Ã
89„
Donc
2@:
89„
2@:
 2
Â*Ã
Â8
Â8
 * à & à >+ , * 1? & à 2
& (Â * Ã) 6 8 & (Â * Ã) 6 8 Ã 2@:
Ã
Ã
Ã
Ã
2
Ce qui donne bien
2
2
89„
2@:
 * à & ( * Ã) 6 Â8 Ã2@:@8
2
On a donc ici
2
=(ti & 1) &
On a enfin
89„
89„
2ª
( h * ªh ) & 2ª( $ g ª g ª$ )
*ª
i
=(ti & 3) & 2(ª)$ & 2ª$ $
Pour tout entier naturel 7, supérieur ou égal à 2, on note s8 la variable aléatoire qui vaut 1 si le 7 xzyz lancer est un changement
et 0 sinon (s8 est donc une variable de Bernoulli).
Écrire t2 à l'aide de certaines des variables s8 et en déduire #(t2 ).
Déterminons la loi de s8 .
On a
(s8 & 1) & (=8@: 8 ) w (8@: =8 )
Donc par incompatibilité, puis par indépendance, on a :
=(s8 & 1) & ª g ª & 2ª
On aura donc
# (s8 ) & 2ª
Posons
s & s$ g Ä g s2
On a
s(Ω) & ¥0, ž * 1¦ & t2 (Ω)
L’évènement (s & 7) signifie que 7 variables de cette somme ont pris la valeur 1, les (ž * 1 * 7)
restantes prenant la valeur 0, c’est-à-dire qu’il y a eu 7 changements et donc que (t2 & 7).
Réciproquement si t2 & 7, il y a eu 7 changements et donc 7 variables de la somme prennent la valeur
1 et les (ž * 1 * 7) restantes la valeur 0, et donc s & 7 est réalisé.
On peut donc écrire
2
On en déduit que
2
t2 & s$ g Ä g s2 & 6 s8
2
89$
2
# (t2 ) & # ›6 s8 œ & 6 #(s8 ) & 6 2ª & 2(ž * 1)ª
89$
89$
89$
Partie 3 : étude du cas p&q.
Vérifier, en utilisant les résultats de la partie 1, que t₃ et t₄ suivent chacune une loi binomiale.
Si l’on a ª & , alors ª &  & $
Donc
:
1 $ 1 „
1
1
2
=(th & 0) & ª g  & 2ª & 2 q h & & + , > ? > ?
0 2
2
4
2
:
:
1
1
1
1
2
=(th & 1) & 2ª & 2ª$ & 2 q $ & & + , > ? > ?
1 2
2
2
2
„
$
1
1
2 1
=(th & 2) & ª$ & & + , > ? > ?
2 2
4
2
h
h
On vérifie aisément de la même façon que
h
1
th e B >2; ?
2
1
ti e B >3; ?
2
Montrer que, pour tout entier naturel ž supérieur ou égal à 2, t2 suit une loi binômiale dont on donnera les paramètres.
Nous avons vu que dans le cas général, la variable t2 s’écrit comme somme de (ž * 1) variables de
Bernoulli de même paramètre.
Ces variables correspondant aux tirages successifs sont indépendantes.
Leur paramètre est égal ici à 2 q $ q $ & $.
:
:
:
On sait que alors que t2 suit une loi binomiale de paramètres (ž * 1) et ½.
On a donc
1
t2 e B >ž * 1; ?
2