Calcul d`espérances et de variances

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Enoncés
Calcul d’espérances et de variances
Exercice 1 [ 03836 ] [Correction]
Soit X une variable aléatoire à valeurs dans {0, 1, . . . , n} telle qu’il existe a ∈ R vérifiant
!
n
P(X = k) = a
k
1
(a) On pose
n
X̄n =
1X
Xi
n i=1
Calculer espérance et variance de X̄n .
(b) On pose
n
Vn =
Calculer l’espérance et la variance de X.
2
1 X
Xi − X̄n
n − 1 i=1
Calculer l’espérance de Vn .
Exercice 2 [ 03837 ] [Correction]
Une urne contient n boules blanches et n boules rouges. On tire simultanément n boules
dans celle-ci et on note X le nombre de boules rouges obtenues lors de ce tirage.
Quelle est la loi de X, son espérance, sa variance ?
Exercice 3 [ 03838 ] [Correction]
Soit X une variable aléatoire binomiale de taille n et de paramètre p ∈ ]0 ; 1[.
Calculer l’espérance de la variable
1
Y=
X+1
Exercice 7 [ 04160 ] [Correction]
Un fumeur a un paquet de N cigarettes dans chacune de ses deux poches. Chaque fois
qu’il veut fumer, il choisit une poche au hasard pour prendre une cigarette. Il répète cela
jusqu’à ce qu’il tombe sur un paquet vide. Soit XN la variable aléatoire qui donne le
nombre de cigarettes restant dans l’autre paquet à ce moment-là.
(a) Écrire une fonction Python qui simule l’expérience et retourne XN . Faire la moyenne
pour 1 000 tests.
(b) Proposer un espace probabilisé (Ω, T , P) qui modélise l’expérience.
(c) Exprimer la loi de XN .
(d) Montrer que, pour k ∈ ~1 ; N
Exercice 4 [ 03840 ] [Correction]
Dans une urne contenant n boules blanches et n boules rouges, on prélève successivement
et sans remise les boules. On note X le nombre de tirages juste nécessaire à l’obtention de
toutes les boules rouges.
(2N − k − 1)P(XN = k + 1) = 2(N − k) P(XN = k)
(e) Calculer l’espérance de XN puis donner un équivalent de E(XN ).
(a) Déterminer la loi de X.
(b) Calculer son espérance et sa variance
Exercice 5 [ 03986 ] [Correction]
On munit l’ensemble Sn des permutations de ~1 ; n de la probabilité uniforme.
Pour chaque s ∈ Sn , on pose X(s) le nombre de points fixes de s.
Calculer l’espérance et la variance de X.
Exercice 6 [ 03984 ] [Correction]
Soient X1 , . . . , Xn des variables mutuellement indépendantes suivant une même loi
d’espérance m et de variance σ2 .
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Corrections
Corrections
2
On a
Exercice 1 : [énoncé]
La valeur de a se déduit de l’identité
!
!
!
n
X
n−1
n
2n − 1
=
k−1 n−k
n−1
k=1
en considérant le coefficient de X n−1 dans le développement de
n
X
P(X = k) = 1
(1 + X)n−1 (1 + X)n = (1 + X)2n−1
k=0
et donc
et l’on obtient a = 1/2n .
L’espérance de X est
n
X
!
!
n
X
n
n−1
n
E(X) = a
k
= an
= an2n−1 =
2
k
k
−
1
k=1
k=1
On calcule la variance V(X) par la relation V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 en commençant par
calculer E(X(X − 1)).
et la variance est
Or
2
!
!
n
X
n
n−2
k(k − 1)
= an(n − 1)
E(X(X − 1)) = a
k
k−2
k=2
k=2
n
X
donc
E(X 2 ) = E(X(X − 1)) + E(X) =
puis
V(X) =
n n(n − 1) n(n + 1)
+
=
2
4
4
n
4
n
P(X = k) =
n
n−k
2n
L’espérance de X est
!−1 n
!
!
2n X n
n
E(X) =
k
n
k n−k
k=1
n
X
(1 + X)n−2 (1 + X)n = (1 + X)2n−2
on obtient
E(X(X − 1)) = n(n − 1)
!−1
!
2n
2n − 2
n(n − 1)2
=
n
n−2
2(2n − 1)
E(X 2 ) =
n3
2(2n − 1)
V(X) =
n2
4(2n − 1)
et enfin
n
avec
et en considérant le coefficient de X n−2 dans le développement de
puis
Exercice 2 : [énoncé]
En distinguant les boules, il y a 2n
n tirages possibles et, pour 0 ≤ k ≤ n, exactement
n n k n−k tirages conduisant à l’obtention de k boules rouges. On en déduit
k
!−1
!
!
n
X
2n
n−2
n
n(n − 1)
n
k−2 n−k
k=2
E(X(X − 1)) =
V(X) = E(X ) − E(X)
2
!−1
!
2n
2n − 1
n
E(X) = n
=
n
n−1
2
!
! X
!
!
n
n
n
n−1
n
k
=
n
k n−k
k−1 n−k
k=1
k=1
Exercice 3 : [énoncé]
Puisque
P(X = k) =
!
n k
p (1 − p)n−k
k
l’espérance de Y est donnée par
E(Y) =
n
X
k=0
!
1 n k
p (1 − p)n−k
k+1 k
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Or
Corrections
!
!
n+1
n+1 n
=
k+1 k
k+1
donc
E(Y) =
!
n
1 X n+1 k
p (1 − p)n−k
n + 1 k=0 k + 1
puis par glissement d’indice
E(Y) =
3
Or
!
!
n+k−1
n+k
(n + k)
=n
k
k
donc
E(X) =
!
!
n
(n!)2 X n + k
(n!)2 2n + 1
(2n + 1)n
n
n
=
=
(2n)! k=0 k
(2n)!
n
n+1
Pour calculer la variance, commençons par calculer E(X(X + 1)).
1
p(n + 1)
n+1
X
k=1
n+1 k
p (1 − p)(n+1)−k
k
!
E(X(X + 1)) =
n
X
(n + k)(n + k + 1) P (X = n + k)
k=0
et enfin par la formule du binôme avec un terme manquant
Or
(n + k)(n + k + 1)
n+1
1 − (1 − p)
E(Y) =
p(n + 1)
!
!
n+k−1
n+k+1
= n(n + 1)
k
k
puis
!
(n!)2
2n + 2
n(n + 1)(2n + 1)
E(X(X + 1)) =
n(n + 1)
=2
(2n)!
n
(n + 2)
Exercice 4 : [énoncé]
(a) Les valeurs prises pas X sont les éléments de {n, n + 1, . . . , 2n}.
Distinguons les boules. Le nombre de tirages possibles est (2n)!
Les tirages de n + k boules contenant toutes les boules rouges (sans pour autant
terminer par une boule rouge) sont au nombre de
!
n+k
n!n!
k
En effet, on choisit k emplacements pour les boules blanches parmi les n + k
correspondant au début du tirage extrayant les n rouges. On positionne ensuite les
boules rouges dans les emplacements restants et les boules blanches dans les
emplacements réservés et sur la fin du tirage. On a donc
!
(n!)2 n + k
P(X ≤ n + k) =
(2n)! k
donc
n2 (2n + 1)(2n + 3)
(n + 2)(n + 1)
E(X 2 ) = E(X 2 + X) − E(X) =
et enfin
V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 =
n2 (2n + 1)
(n + 2)(n + 1)2
Exercice 5 : [énoncé]
Notons Sn (k) le sous-ensemble de Sn constitué des permutations possédant exactement
k ∈ ~0 ; n points fixes.
E(X) =
n
X
k=0
n
k P(X = k) =
1 X
k Card Sn (k)
n! k=0
On en déduit
(n!)2
P(X = n + k) =
(2n)!
"
!
!#
!
n+k
n+k−1
(n!)2 n + k − 1
−
=
k
k−1
(2n)!
k
(b) L’espérance de X est
E(X) =
n
X
k=0
Considérons alors
Ω = Sn × ~1 ; n = {(s, x) | s ∈ Sn et x ∈ ~1 ; n}
On observe
(n + k) P (X = n + k)
n
X
k Card Sn (k) = Card {(s, x) ∈ Ω | s(x) = x}
k=0
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Puisqu’il y a autant de permutations dans Sn vérifiant s(x) = a que de permutation
vérifiant s(x) = b,
1
Card {(s, x) ∈ Ω | s(x) = x} = Card Ω = n!
n
et donc
Corrections
4
(b) En développant

 n
n
n
X

1 X 2
n
1 X 2
2
Xi − 2X̄n
Xi + nX̄n  =
Xi −
Vn =
X̄n2

n − 1 i=1
n
−
1
n
−
1
i=1
i=1
Par linéarité de l’espérance
E(X) = 1
n
E(Vn ) =
Aussi
n
E(X(X − 1)) =
1 X
k(k − 1) Card Sn (k)
n! k=0
puis
n
E(Vn ) =
Considérons alors
Ω0 = {(s, x, y) | s ∈ Sn et x, y ∈ ~1 ; n, x , y}
n
1 X 2
E Xi −
E X̄n2
n − 1 i=1
n−1
n
1 X 2
σ2
σ + m2 −
+ m2
n − 1 i=1
n−1 n
!
et enfin
E(Vn ) = σ2
On observe
n
X
Exercice 7 : [énoncé]
k(k − 1) Card Sn (k) = Card (s, x, y) ∈ Ω0 | s(x) = x et s(y) = y
(a) from random import random
k=0
Un argument d’uniformité analogue au précédent fournit
Card (s, x, y) ∈ Ω0 | s(x) = x et s(y) = y = n!
et donc
E(X(X − 1)) = 1
On en déduit
def simul(N):
P1,P2 = N,N
while P1 * P2 >
if random()
P1 = P1
else:
P2 = P2
return P1 + P2
0:
<= 0.5:
- 1
- 1
V(X) = E(X(X − 1)) + E(X) − E(X)2 = 1
N = 20
C = 0
for i in range(1000):
C = C + simul(N)
print(C/1000)
Exercice 6 : [énoncé]
(a) Par linéarité de l’espérance
n
1X
E X̄n =
E(Xi ) = m
n i=1
Puisque de surcroît les variables sont mutuellement indépendantes
V(X̄n ) =
n
1 X
σ2
V(Xi ) =
2
n
n i=1
(b) On peut prendre Ω = {1, 2}2N muni de la tribu discrète et de la probabilité uniforme
pour modéliser la succession de 2N choix de l’un ou l’autre paquet.
(c) La variable XN prend ses valeurs dans ~1 ; N. Pour k ∈ ~1 ; N, on a XN = k lorsque
N fois le paquet 1 a été choisi et N − k fois le paquet 2, le dernier choix étant fait
dans le paquet 1. On a aussi XN = k dans la situation symétrique. On en déduit :
!
2N − (k + 1)
1
P(Xn = k) = 2 ×
× 2N−k
N−1
2
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Corrections
5
(le coefficient binomial correspond au positionnement des N − 1 valeurs 1 dans les
2N − (k + 1) positions possibles (le dernier 1 étant en position 2N − k).
(d) La formule se vérifie en exprimant les coefficients binomiaux sous forme factorielle
(le cas k = N) étant traité à part).
(e) On somme la formule qui précède et on simplifie sachant
N
X
P(XN = k) = 1,
k=1
N
X
P(XN = k + 1) = 1 − P(XN = 1)
k=1
et
N
X
(k + 1) P(XN = k + 1) = E(XN ) − P(XN = 1)
k=1
On conclut
!
2N − 1 2N − 2
E(XN ) = (2N − 1) P(XN = 1) = 2N−2
N−1
2
Par la formule de Stirling
√
2 N
√
N→+∞
π
E(XN ) ∼
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