Correction du DST Variables aléatoires

Année 2012-2013
Denis Pasquignon
14 novembre 2008
Correction du DST Variables aléatoires
4 heures
Exercice
On réalise une suite de lancers indépendants d’une pièce équilibrée, chaque lancer amenant donc “Pile” ou
“Face” avec la probabilité 1/2.
On note Pk (resp. Fk ) l’événement : “on obtient Pile (resp. Face) au k-ième lancer”. Pour ne pas surcharger
l’écriture on écrira, par exemple, P1 F2 à la place de P1 ∩ F2 . On note X la variable aléatoire qui prend la valeur
k si l’on obtient, pour la première fois, “Pile” puis “Face” dans cet ordre aux lancers k − 1 et k (k désignant un
entier supérieur ou égal à 2), X prenant la valeur 0 si l’on n’obtient jamais une telle succession.
On note Y la variable aléatoire qui prend la valeur k si l’on obtient, pour la première fois, “Pile” suivi de
“Pile” aux lancers k − 1 et k (k désignant un entier supérieur ou égal à 2), Y prenant la valeur 0 si l’on n’obtient
jamais une telle succession.
L’objet de l’exercice est de calculer les espérances de X et Y et de vérifier que, “contre toute attente”,
E(Y ) > E(X).
1)
On a P (X = 2) = 1/4.
2)
a) On montre par double inclusion que
[X = k] ∩ P1 = P 1 ∩ P2 P3 · · · Pk−1 Fk .
On en déduit le résultat demandé.
b) On applique la formule des probabilités totale avec le système complet d’évènement (P 1, F 1).
∀k ≥ 3
P (X = k) = PP 1 (X = k)P (P 1) + PF 1 (X = k)P (F 1),
1
.
or P (P 1) = P (F 1) = 1/2 et d’après la question précédente PP 1 (X = k) = PP 1 (P2 P3 . . . Pk−1 Fk ) = 2k−1
Enfin si le premier lancer donne face, le deuxième lancer peut être considéré comme un premier lancer
c’est-à-dire PF 1 (X = k) = P (X = k − 1) d’où
∀k ≥ 3
P (X = k) =
1
1
P (X = k − 1) + k
2
2
c) On obtient que la suite (uk ) est une suite arithmétique de raison 1 d’où l’on déduit
∀k ≥ 2, uk = k − 1,
puis
∀k ≥ 2, P (X = k) =
k−1
,
2k
Il reste à calculer P (X = 0), or la somme de la série de terme général
3)
k−1
2k
vaut 1 donc P (X = 0) = 0.
L’espérance de X existe car on obtient une série dérivée d’une série géométrique donc
E(X) = 4.
4)a) On applique la définition d’un système complet d’événements.
1
b) On applique la formule des probabilités totale avec le système complet d’évènement (P 1P 2, P 1F 2, F 1).
Pour pour tout entier k supérieur ou égal à 4 :
P (Y = k) = PP 1P 2 (Y = k)P (P 1P 2) + PP 1F 2 (Y = k)P (P 1F 2) + PF 1 (Y = k)P (F 1),
Or PP 1P 2 (Y = k) = 0 car k est supérieur à 4, donc il reste
P (Y = k) =
1
1
PP 1F 2 (Y = k) + PF 1 (Y = k),
4
2
or si l’on observe P 1F 2, alors le troisième lancer peut être considéré comme le premier et dans ce cas
PP 1F 2 (Y = k) = P (Y = k − 2) et de même PF 1 (Y = k) = P (Y = k − 1) donc
P (Y = k) =
1
1
P (Y = k − 1) + P (Y = k − 2).
2
4
c) On a v2 = 1/4 et v3 = 1/8 puis en posant v0 = 1 et v1 = 0, on a, pour tout entier k supérieur ou égal à
1
1
2 : vk = vk−1 + vk−2 .
2
4
d) La suite (vk )k≥0 est une suite récurrente linéaire d’ordre 2, on obtient
√
√
√
√
5− 5 1+ 5 k 5+ 5 1− 5 k
∀k ≥ 0, vk =
(
) +
(
) .
10
4
10
4
Pour la loi de Y , on vérifie que P (Y = 0) = 0 et on peut donner la loi de Y .
e) On retrouve des séries dérivées donc Y a une espérance, notée E(Y ), et le calcul donne
E(Y ) = 6.
On obtient ainsi un paradoxe : la moyenne de tirage pour obtenir pile face est inférieure à celle pour
obtenir pile pile.
PROBLEME 1
Partie 1
Tests par tirages de paquets de circuits, avec remise
On note Ω l’ensemble des parties de C. On tire au hasard et de façon équiprobable, par un procédé adéquat,
des parties de C, c’est à dire des éléments de Ω (y compris la partie vide). Pour tout élément G de Ω, on note
G le complémentaire de G dans C.
1. Soit A une partie de C de cardinal r, où 0 ≤ r ≤ n.
(a) Soit E1 l’ensemble des partie de C ne rencontrant pas A. Toute élément B de E1 est inclus dans
A et réciproquement tout partie de A ne rencontre pas A donc est dans E1 . Par conséquent E1 est
l’ensemble des parties de A. Or le cardinal de A est n − r donc
Card(E1 ) = 2n−r .
(b) Soit E2 l’ensemble des partie de C contenant A. On considère l’application f de E1 dans E2 qui à
tout B ∈ E1 associe f (B) = B. f est bien une application de E1 dans E2 puisque si B ne rencontre
pas A, B contient A. Cette application est surjective car pour tout B ∈ E2 , B contient A donc B ne
rencontre pas A donc B ∈ E1 et f (B) = B. f est aussi injective donc f est bijective. On en déduit
que E1 et E2 ont même cardinal :
Card(E2 ) = 2n−r .
2
2. On tire un élément G de Ω.
(a) On munit Ω de la probabilité uniforme. Comme le cardinal de Ω est 2n , la probabilité d’obtenir une
partie donnée B de C est 21n .
(b) Soit A une partie de C de cardinal r, où 0 ≤ r ≤ n. Comme on a une probabilité uniforme, on a
P (A) =
CardE2
2n−r
= n
CardΩ
2
donc la probabilité pour que G contienne A est
(c) Soit cj un élément de C distinct de cn .
Pcn ∈G (cj ∈ G) =
1
2r .
P (cj ∈ G ∩ cn ∈ G)
=
P (cn ∈ G)
1
4
1
2
=
1
.
2
3. Soit Ωn l’ensemble des parties de C contenant l’élément cn . Soit h un nombre entier naturel non nul. On
tire, successivement et avec remise (les tirages sont donc indépendants), h éléments B1 , B2 , . . . , Bh de
Ω. Une technique permet de tester un ensemble de circuits et de savoir si le circuit défectueux se trouve
parmi eux. Pour chaque entier i appartenant à l’intervalle [1, h], on teste le paquet Bi . On pose Gi = Bi
si Bi contient le circuit défectueux; dans le cas contraire, on pose Gi = Bi . Ainsi, Gi est un élément de
Ωn . On désigne enfin par Dh l’intersection des parties Gi :
\
Dh =
Gi .
1≤i≤h
(a) Les tirages étant indépendants les évènements [cj ∈ Bi ], 1 ≤ i ≤ n, sont indépendants et donc
toute combinaison des ces éléments et de leurs complémentaires forme une famille d’évènements
indépendants. On en déduit que les évènements [cj ∈ Gi ], 1 ≤ i ≤ n, sont indépendants. Donc on a
Y
P (cj ∈ Dh ) =
P (cj ∈ Gi ).
1≤i≤h
Or en utilisant la formule des probabilités totales avec (cn ∈ Bi , cn ∈
/ Bi ) comme système complet
d’évènements, on a
P (cj ∈ Gi )
/ Bi )
= Pcn ∈Bi (cj ∈ Gi )P (cn ∈ Bi ) + Pcn ∈B
/ i (cj ∈ Gi )P (cn ∈
= Pcn ∈Bi (cj ∈ Bi )P (cn ∈ Bi ) + Pcn ∈B i (cj ∈ B i )P (cn ∈ B i )
1
=
2
par conséquent pour tout nombre entier naturel j tel que 1 ≤ j ≤ n − 1, la probabilité pour que cj
appartienne à Dh est égale à 21h .
(b) Plus généralement, soit E une partie de C de cardinal r ne contenant pas l’élément cn . On a
Y
P (E ⊂ Dh ) =
P (E ⊂ Gi ).
1≤i≤h
Comme précedemment on a
P (E ⊂ Gi )
= Pcn ∈Bi (E ⊂ Gi )P (cn ∈ Bi ) + Pcn ∈B
/ Bi )
/ i (E ⊂ Gi )P (cn ∈
=
Pcn ∈Bi (E ⊂ Bi )P (cn ∈ Bi ) + Pcn ∈B i (E ⊂ B i )P (cn ∈ B i )
= P (E ∪ cn ⊂ Bi ) + P ((E ∪ cn ) ∩ Bi = ∅)
1
1
=
+ r+1
2r+1
2
1
=
2r
3
1
Par conséquent la probabilité pour que Dh contienne E est 2hr
(c) Soit J un ensemble d’entier compris entre 1 et n − 1 de cardinal k. On a
P (cj ∈ Dh , j ∈ J)
P ({cj }j∈J ⊂ Dh )
1
hk
2
Y
P (cj ∈ Dh )
=
=
=
j∈J
Par conséquent les événements cj ∈ Dh , où 1 ≤ j ≤ n − 1, sont mutuellement indépendants. On en
déduit par passage au complémentaire que les événements cj 6∈ Dh sont mutuellement indépendants.
(d) En utilisant l’indépendance des événements cj 6∈ Dh :
\
P (Dh = {cn }) = P (
cj ∈
/ Dh )
1≤j≤n−1
Y
=
P (cj ∈
/ Dh )
1≤j≤n−1
1−
=
1
2h
n−1
Partie 2
Étude du nombre de tests nécessaires pour détecter la panne
1. Pour tout nombre entier naturel k, on pose :
1
ak = 1 − 1 − k
2
n−1
(a) Il s’agit de montrer que
• ∀k ∈ IN ∗ , ak−1 − ak ≥ 0,
+∞
X
ak−1 − ak = 1.
•
k=1
Le premier point se démontre directement. Quant au deuxième, on a une série télescopique donc
+∞
X
ak−1 − ak = a0 − lim ak = 1
k→+∞
k=1
ce qui donne le deuxième point.
Par conséquent l’application qui à tout nombre entier naturel non nul k associe ak−1 − ak définit une
loi de probabilité sur IN ∗ .
(b) Soit X une variable aléatoire associée à cette loi. Par définition de la fonction de répartition notée
F , on a pour tout entier i non nul
F (i) = P (X ≤ i) =
i
X
ak−1 − ak = 1 − ai
k=1
donc pour tout entier i non nul
F (i) =
Pour un réel x,
4
1
1− i
2
n−1
• si la partie entière E(x) de x est strictement inférieure à 1, alors F (x) = 0.
• sinon, on pose i = E(x) et F (x) = F (i).
La courbe de F est une fonction en escalier croissante.
2. On conserve la procédure de la question 3, mais le nombre de tirages n’est pas fixé; pour tout nombre
entier naturel non nul k, on note Dk l’intersection des parties G1 , G2 , . . . , Gk .
On considère une variable aléatoire Xn à valeurs dans IN ∗ , qui prend la valeur 1 si l’événement D1 = {cn }
est réalisé, la valeur k, où k ≥ 2, si l’événement Dk = {cn } est réalisé et si l’événement Dk−1 = {cn } ne
l’est pas.
(Une telle variable aléatoire représente donc le nombre de tests nécessaires pour détecter le circuit
défectueux).
(a) Pour tout nombre entier naturel non nul k, on montre par double inclusion que
[Xn ≤ k] = [Dk = {cn }].
Si Xn ≤ k est réalisé, alors il existe i ≤ n tel que Di = {cn } est réalisé. Par définition des ensembles
Di , pour tout entier j ≥ i, Dj = {cn } se réalise donc en particuler Dk = {cn }. Réciproquement si
Dk = {cn } est réalisé, alors il existe un entier i ≤ k tel que Di = {cn } est réalisé et Di−1 = {cn }
n’est pas réalisé donc Xn ≤ k est réalisé.
Par conséquent pour tout entier k non nul
n−1
1
.
P (Xn ≤ k) = P (Dk = {cn }) = 1 − k
2
(b) On a pour tout entier k non nul
P (Xn = k) = P (Xn ≤ k) − P (Xn ≤ k − 1).
donc
P (Xn = k) = ak−1 − ak .
On en déduit que la loi de probabilité de Xn est celle qui a été définie dans la question 1a.
3. (a) La série de terme général (ak ) est à termes positifs et
ak ∼
n−1
2k
Or la série de terme général n−1
est une série géométrique de raison 1/2 donc convergente. Par la
2k
règle des équivalents, la série de terme général (ak ) est convergente.
(b) Il s’agit d’étudier la série de terme général k(ak−1 − ak ) et de montrer qu’elle est absolument convergente. Or la série est à termes positifs donc il suffit de montrer la convergence, on a pour tout entier
n
n
X
k=1
k(ak−1 − ak )
=
n
X
(k − 1)ak−1 − kak +
k=1
k=1
= −nan +
n−1
X
k=0
Or
kak ∼ k
5
n
X
n−1
2k
ak
ak−1
Par croissance comparée de la fonction puissance, le terme k et de la fonction exponentielle, le terme
2k , la limite de kak en
est nulle. Par conséquent La série de terme général k(ak−1 − ak ) est
P+∞
+∞
convergente de limite k=0 ak .
La variable aléatoire Xn admet une espérance et
E(Xn ) =
+∞
X
ak
k=0
4. On se propose d’évaluer E(Xn ) en comparant la série de terme général (ak ) à une intégrale. À cet effet,
pour tout nombre entier naturel non nul p, on pose :
Z x
Ip (x) =
fp (t)dt où fp (t) = 1 − (1 − e−t )p
0
(a) La fonction fp est définie continue et positive sur [0, +∞[. On a l’équivalence en +∞
fp (t) = 1 − (1 − e−t )p ∼ pe−t
R +∞
Or par calcul de la primitive de e−t , l’intégrale 0 e−t dt est convergente. En utilisant la règle des
Z +∞
équivalents, on en déduit que l’intégrale Ip =
fp (t)dt est convergente.
0
(b) On a
fp+1 − fp = (1 − e−t )p e−t
donc une primitive de la fonction fp+1 − fp sur l’intervalle [0, +∞[ est
1
((1 − e−t )p+1 .
p+1
On en déduit que
Ip+1 − Ip =
1
.
p+1
On montre par récurrence que
In−1 = 1 +
1 1
1
+ + ... +
2 3
n−1
(c) On utilise la décroissance de la fonction 1/t, on obtient pour tout nombre entier naturel m ≥ 2 :
Z m
Z m+1
1
dt
dt
≤
≤
t
m
m−1 t
m
On somme de m = 2 à m = n − 1 d’où
Z n
2
Z n−1
n−1
X 1
dt
dt
≤
≤
t
m
t
1
m=2
donc
ln(n) − ln(2) ≤ In−1 − 1 ≤ ln(n − 1)
soit
ln(n) − ln(2) + 1 ≤ In−1 ≤ 1 + ln(n − 1)
Or comme e ≥ 2, le logarithme étant croissant sur IR+∗ ln(2) ≤ 1 donc ln(n) ≤ ln(n) − ln(2) + 1.
Par conséquent
ln(n) ≤ In−1 ≤ 1 + ln(n − 1)
In−1
n→+∞ ln(n)
On en déduit en divisant,pour n > 1, par ln(n) > 0 que lim
6
= 1.
(d) La fonction gn est décroissante sur IR+∗ soit en faisant une preuve directe ou par le calcul de la
dérivée :
n−2
1
1
gn0 (u) = −(n − 1) ln(2) u 1 − u
2
2
Soit k un nombre entier naturel non nul , pour tout u ∈ [k − 1, k]
g(k) ≤ g(u) ≤ g(k − 1)
on intègre sur [k − 1, k] donc
Z
k
gn (u)du ≤ ak−1
ak ≤
k−1
(e) Soit un nombre entier naturel q ≥ 2, on somme de k = 1 à k = q avec la relation de Chasles on
obtient
Z q
q
q
X
X
ak ≤
gn (u)du ≤
ak−1
0
k=1
soit
q
X
k=1
q
Z
gn (u)du ≤
ak ≤
0
k=1
q−1
X
ak
k=0
On effectue le changement de variable affine t = u ln(2) dans cette intégrale, on obtient
Z q
Z q ln(2)
1
gn (u)du =
gn (t/ ln(2))dt
ln(2) 0
0
soit
Z
q
gn (u)du =
0
On fait tendre q tend vers +∞ donc
Z +∞
gn (u)du =
0
1
ln(2)
1
ln(2)
Z
Z
q ln(2)
fn−1 (t)dt
0
+∞
fn−1 (t)dt =
0
In−1
ln(2)
Dans l’encadrement précédent lorsque q tend vers +∞, on obtient :
E(Xn ) − 1 ≤
In−1
≤ E(Xn )
ln(2)
P+∞
P+∞
car k=1 ak = k=0 ak − a0 = E(Xn ) − 1.
(f) Avec les deux inégalités on a
1 + ln(n − 1)
ln(n)
≤ E(Xn ) ≤ 1 +
.
ln(2)
ln(2)
On en déduit que la limite de
E(Xn )
ln(n)
ln(2) est 1.
5. On teste maintenant les circuits cj un par un, en les tirant de manière équiprobable et sans remise. On
désigne par Yn le nombre de tests nécessaires pour détecter le circuit défectueux.
(a) On obtient la loi uniforme sur {1, · · · , n}.
(b) E(Yn ) = n+1
2 .
6. (a) On obtient que la limite de
(b)
E(Xn )
E(Yn )
lorsque n tend vers +∞ est nulle.
• Lorsque n = 100, E(Yn ) = 50, 5 et 6, 64 ≤ E(Xn ) ≤ 9, 07.
• Lorsque n = 1000, E(Yn ) = 500, 5 et 9, 96 ≤ E(Xn ) ≤ 12, 40.
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