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Conclusion : les variables X et Y sont indépendantes. 3) Ainsi 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 0.
Exercice 3 :
1) Il est clair que l’urne contient 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 =( )
boules. 2) Pour tout entier 𝑘 {1, . . . , 𝑛},
𝑝(𝑋 = 𝑘) =𝑘
𝑛(𝑛 + 1)2
=2𝑘
𝑛(𝑛 + 1)
En particulier, 𝑝(𝑋 = 𝑛) =2𝑛
𝑛(𝑛 + 1)=
2
𝑛 + 1
3) 𝐸(𝑋) = 𝑘𝑝(𝑋 = 𝑘) = 𝑘 ×2𝑘
𝑛(𝑛 + 1)=
2
𝑛(𝑛 + 1)𝑘 =
2
𝑛(𝑛 + 1)×
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6=
2𝑛 + 1
3
4) On tire maintenant 10 fois une boule avec remise dans cette urne, et on note Y la variable aléatoire représentant le nombre de fois où l’on a obtenu une boule numérotée n (succès) : les conditions sont celles d’une la loi binomiale de paramètres 10 et 𝑝 = 𝑝(𝑋 = 𝑛) = .
𝑌 ↪ ℬ 10;2
𝑛 + 1
5) 𝐸(𝑌) = 10 × = et 𝑉(𝑌) = 10 × × 1 − =( )
( )
6) On tire maintenant une infinité de fois une boule avec remise et on note Z la variable aléatoire représentant le numéro du tirage où pour la première fois on obtient une boule numérotée n. Il est clair que Z suit une loi géométrique de paramètre .
7) 𝐸(𝑍) =1
2𝑛 + 1
=𝑛 + 1
2 et 𝑉(𝑍) =
1 −2
𝑛 + 1
2𝑛 + 1
=
𝑛 − 1𝑛 + 1
4(𝑛 + 1)
=𝑛 − 1
𝑛 + 1×
(𝑛 + 1)
4=
𝑛 − 1
4
8) Ici, l’urne contient une boule numérotée 1 et deux boules numérotées 2. On effectue dans cette urne deux tirages successifs sans remise de la première boule tirée. Notons 𝑈 l’événement la ième boule tirée est numérotée 1 et 𝐷 l’événement la ième boule tirée est numérotée 2. On obtient l’arbre de probabilité suivant :
Exercice 5 : Une urne contient 𝑛 boules noires et 2 boules blanches. (𝑛 ∈ ℕ∗). Une personne tire l’une après l’autre et au hasard des boules dans cette urne, chaque boule tirée n’étant pas remise dans l’urne. On note : 𝑋 la VA représentant le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la première boule blanche. 𝑌 la VA représentant le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la seconde boule blanche. 𝑁 (respectivement 𝐵 ) l’événement «le ième tirage amène une boule noire (respectivement blanche) ». 1) On suppose, dans cette question que 𝑛 = 2 : l’urne contient deux boules blanches et deux boules noires. X prend les valeurs 1 (elle tire une blanche en premier), 2 (elle tire une noire puis une blanche) et 3 (elle
Remarque : pour 𝑛 = 2, on retrouve 𝐸(𝑋) de la question 1).
𝐸(𝑋 ) = 𝑘 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑘2(𝑛 + 2 − 𝑘)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=
2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑘 (𝑛 + 2 − 𝑘)
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2)𝑘 − 𝑘
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2) ×
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
6−
(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)
4
=2
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2) (2𝑛 + 3)
6−
(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)
4
=(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
3−
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
2=
(𝑛 + 2)[2(2𝑛 + 3) − 3(𝑛 + 1)]
6=
(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)
6
Ainsi, 𝑉(𝑋) = 𝐸(𝑋 ) − (𝐸(𝑋) ) =(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)
6−
𝑛 + 3
3=
(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)
6−
(𝑛 + 3)
9
=(𝑛 + 3)[3(𝑛 + 2) − 2(𝑛 + 3)]
18=
𝑛(𝑛 + 3)
18
d) Au mieux, elle tire une boule blanche en premier et en deuxième dans ce cas 𝑋 = 1 et 𝑌 = 1, au pire elle tire toutes les noires (𝑛) avant les deux blanches et dans ce cas 𝑋 = 𝑛 + 1 et 𝑌 = 𝑛 + 2: 𝑌(Ω) = ⟦2; 𝑛 + 2⟧ ∀(𝑖, 𝑗) ∈ ⟦1; 𝑛 + 1⟧ × ⟦2; 𝑛 + 2⟧, 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 0 si 𝑗 ≤ 𝑖 si 𝑗 > 𝑖, 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑌 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃(𝑁 ∩ 𝑁 ∩ … ∩ 𝑁 ∩ 𝐵 )
8∶ en effet, n obtenir aucune boule blanche revient à obtenir deux noires.
Et les probabilités d’obtenir une blanche ou une noire sont égales.
On en déduit que 𝑃(𝑋 = 1) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0) − 𝑃(𝑋 = 2) = 1 −1
8−
1
8=
6
8=
3
4
c) 𝐸(𝑋) = 0 ×1
8+ 1 ×
3
4+ 2 ×
1
8= 1
𝐸(𝑋 ) = 0 ×1
8+ 1 ×
3
4+ 2 ×
1
8=
5
4 donc 𝑉(𝑋) =
5
4− 1 =
1
4
2) On répète (E) et on s’arrête dès que l’urne est vide ou dès que l’on a effectué (E) trois fois : Ainsi 𝑌(𝛺) = {2; 3}
a) L’événement [𝑌 = 2]est réalisé lorsque l’urne est vidée après le deuxième tirage, on a donc obtenu
deux fois face (l’ordre des couleurs tirées n’est pas important) :
𝑃(𝑌 = 2) = 𝑃(𝐹 ∩ 𝐹 ) =1
2×
1
2=
1
4
On en déduit que 𝑃(𝑌 = 3) = 1 − 𝑃(𝑌 = 2) = 1 −1
4=
3
4
b) On peut tirer 0 noire ou 1 ou 2 ou 3 donc 𝑍(𝛺) = {0; 1; 2; 3} Si l’événement [𝑌 = 2] est réalisé, alors on a tiré une blanche et une noire (on a vidé l’urne) donc l’événement [𝑍 = 1] est forcément réalisé :
Exercice 8 : 1) Les tirages étant simultanés, la plus petite valeur de 𝐼 est 1 et la plus grande 𝑛 − 1 : 𝐼(𝛺) = ⟦1; 𝑛 − 1⟧. L’événement (𝐼 > 𝑘) est réalisé lorsque les deux numéros tirés sont supérieurs à 𝑘 : il faut donc choisir deux boules parmi celles numérotées de 𝑘 + 1 à 𝑛 (elles sont au nombre de 𝑛 − 𝑘). 𝑃(𝐼 > 𝑛 − 1) = 0 et, pour tout 𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 − 2⟧,
𝑃(𝐼 > 𝑘) =
𝑛 − 𝑘2𝑛2
=
(𝑛 − 𝑘)!2! × (𝑛 − 𝑘 − 2)!
𝑛!2! × (𝑛 − 2)!
=(𝑛 − 𝑘)! (𝑛 − 2)!
𝑛! × (𝑛 − 𝑘 − 2)!=
(𝑛 − 𝑘)(𝑛 − 𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)
Pour 𝑘 = 0, 𝑃(𝐼 > 0) = 1 et (𝑛 − 0)(𝑛 − 0 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)=
𝑛(𝑛 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)= 1
La formule obtenue reste donc valable pour 𝑘 = 0. On a vu que, pour tout 𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 − 1⟧, 𝑃(𝐼 = 𝑘) = 𝑃(𝐼 > 𝑘 − 1) − 𝑃(𝐼 > 𝑘) Si 𝑘 = 1 alors 𝑘 − 1 = 0, la formule précédente étant valable pour 𝑘 = 0, on peut l’appliquer dans tous les cas :
2) Les tirages étant simultanés, la plus petite valeur de 𝑆 est 2 et la plus grande 𝑛 : 𝑆(𝛺) = ⟦2; 𝑛⟧. L’événement (𝑆 ≤ 𝑘) est réalisé lorsque les deux numéros tirés sont inférieurs ou égaux à 𝑘 : il faut donc choisir deux boules parmi celles numérotées de 1 à 𝑘 (elles sont au nombre de 𝑘). Pour tout 𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛⟧,
𝑃(𝑆 ≤ 𝑘) =
𝑘2𝑛2
=
𝑘!2! × (𝑘 − 2)!
𝑛!2! × (𝑛 − 2)!
=𝑘! (𝑛 − 2)!
𝑛! × (𝑘 − 2)!=
𝑘(𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)
Pour 𝑘 = 1, 𝑃(𝑆 ≤ 1) = 0 et 1(1 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)= 0
La formule obtenue reste donc valable pour 𝑘 = 1. On a vu que, pour tout 𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛⟧, 𝑃(𝑆 = 𝑘) = 𝑃(𝑆 ≤ 𝑘) − 𝑃(𝑆 ≤ 𝑘 − 1) Si 𝑘 = 2 alors 𝑘 − 1 = 1, la formule précédente étant valable pour 𝑘 = 1, on peut l’appliquer dans tous les cas :
Pour tout 𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛⟧, 𝑃(𝑆 = 𝑘) =𝑘(𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)−
(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)
𝑛(𝑛 − 1)=
(𝑘 − 1)(𝑘 − (𝑘 − 2))
𝑛(𝑛 − 1)=
2(𝑘 − 1)
𝑛(𝑛 − 1)
Exercice 9 : 1) a) Il est clair que 𝑋(Ω) = ℕ∗ = 𝑌(Ω) Pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ (ℕ∗) , [𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗] = (𝐹 ∩ … ∩ 𝐹 ) ∩ 𝑃 ∩ … ∩ 𝑃 ∩ 𝐹 ∪ (𝑃 ∩ … ∩ 𝑃 ) ∩ 𝐹 ∩ … ∩ 𝐹 ∩ 𝑃
= 𝐹 ∩ 𝑃 ∩ 𝐹 ∪ 𝑃 ∩ 𝐹 ∩ 𝑃
b) Ainsi par incompatibilité des deux événements de la réunion :
𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃 𝐹𝑘
𝑖
𝑘=1
∩ 𝑃𝑘
𝑖+𝑗
𝑘=𝑖+1
∩ 𝐹𝑖+𝑗+1 + 𝑃 𝑃𝑘
𝑖
𝑘=1
∩ 𝐹𝑘
𝑖+𝑗
𝑘=𝑖+1
∩ 𝑃𝑖+𝑗+1
Puis par indépendance des événements, pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ (ℕ∗) ,
On reconnaît des sommes de suites géométriques de raison 1 − 𝑝
𝑝 ou
𝑝
1 − 𝑝 toutes deux différentes de 1
car 𝑝 ≠1
2. Celles − ci sont simplifiables avec un démarrage d’indice à 0 : on factorise par la raison
puis on effectue un changement d’indice ∶
𝑃(𝑋 + 𝑌 = 𝑛) = 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝
𝑝
1 − 𝑝
𝑝+ 𝑝(1 − 𝑝)
𝑝
1 − 𝑝
𝑝
1 − 𝑝
= 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝
𝑝+ 𝑝 (1 − 𝑝)
𝑝
1 − 𝑝
= 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −
1 − 𝑝𝑝
1 −1 − 𝑝
𝑝
+ 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −
𝑝1 − 𝑝
1 −𝑝
1 − 𝑝
= 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −
1 − 𝑝𝑝
2𝑝 − 1𝑝
+ 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −
𝑝1 − 𝑝
1 − 2𝑝1 − 𝑝
= 𝑝 (1 − 𝑝) ×𝑝
2𝑝 − 1× 1 −
1 − 𝑝
𝑝+ 𝑝 (1 − 𝑝) ×
1 − 𝑝
1 − 2𝑝× 1 −
𝑝
1 − 𝑝
=𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1× 1 −
1 − 𝑝
𝑝+
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝× 1 −
𝑝
1 − 𝑝
=𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1−
𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1×
(1 − 𝑝)
𝑝+
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝−
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝×
𝑝
(1 − 𝑝)
=𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1−
𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1+
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝−
𝑝 (1 − 𝑝)
1 − 2𝑝
=𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1−
𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1−
𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1+
𝑝 (1 − 𝑝)
2𝑝 − 1
=𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1[𝑝 (1 − 𝑝) − (1 − 𝑝) − 𝑝(1 − 𝑝) + 𝑝 ]
=𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1[𝑝 − 𝑝 − (1 − 𝑝) − 𝑝(1 − 𝑝) + 𝑝 ]
=𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1[𝑝 − (1 − 𝑝) (1 − 𝑝 + 𝑝)] =
𝑝(1 − 𝑝)
2𝑝 − 1[𝑝 − (1 − 𝑝) ].
Exercice 10 : D’après EDHEC 2014 function [X]=simul(theta), Y=1 while rand()>1/(1+theta) do Y=Y+1, end X=Y-1 Endfunction
Exercice 11 : D’après ECRICOME 2014 1. function [x]=lancer(p),if rand()<p then x=1, else x=0,end endfunction 2. function [x]=premier_pile(p),u=0,while lancer(p)==0 do u=u+1, end x=u endfunction 3. On part du principe que les fonctions lancer et premier_pile ont été définies au préalable : p=input(‘entrez la valeur de p :’) a=premier_pile(p)+premier_pile(p)-2 disp(a)
Exercice 12 : 1) a) La variable 𝑋 est égale au nombre de succès dans la répétition de 𝑟 épreuves identiques et indépendantes, la probabilité de succès est 𝑝 donc 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝. b) Soient 𝑖 et 𝑗 deux entiers naturels, tels que 0 ≤ 𝑖 ≤ 𝑗 ≤ 𝑟 : Sachant que i personnes ont été jointes la veille, pour que j personnes soient jointes en tout, il faut que la secrétaire joigne 𝑗 − 𝑖 personnes ce jour-là :
Ainsi, 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝(2 − 𝑝). 2) Posons 𝑃 la propriété « 𝑋 suit la loi binomiale ℬ(𝑟; 1 − 𝑞 ) » Initialisation : 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝 = 1 − 𝑞 = 1 − 𝑞 donc 𝑃 est vraie. Remarque : 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝(2 − 𝑝) = 1 − (1 − 𝑝) = 1 − 𝑞 . Hérédité : supposons que 𝑃 est vraie pour un certain entier naturel 𝑛 non nul et montrons que 𝑃 est vraie. Il est clair que 𝑋 (Ω) = ⟦0; 𝑟⟧
∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑋 = 𝑗)
Comme à la question 1.b), on montre que :
𝑃( )(𝑋 = 𝑗) =
𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞 ( ) =𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞 si 𝑖 ≤ 𝑗
0 si 𝑖 > 𝑗
∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) =𝑟𝑖
(1 − 𝑞 ) (𝑞 ) ×𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
𝑝 𝑞
=𝑟𝑖
𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖
(1 − 𝑞 ) 𝑞 ( )𝑝 𝑞 =𝑗𝑖
𝑟𝑗 (1 − 𝑞 ) 𝑞 ( ) ( )𝑝 𝑞
=𝑟𝑗 𝑞 𝑞 ( ) 𝑗
𝑖(1 − 𝑞 ) 𝑞 ( )𝑝 =
𝑟𝑗 𝑞 𝑞 ( ) 𝑗
𝑖(1 − 𝑞 ) (𝑞 𝑝)
=𝑟𝑗 𝑞 𝑞 ( )(1 − 𝑞 + 𝑞 𝑝) =
𝑟𝑗 𝑞( )( )(1 − 𝑞 + 𝑞 (1 − 𝑞))
=𝑟𝑗 (𝑞 ) (1 − 𝑞 )
Ainsi, 𝑋 suit la loi binomiale ℬ(𝑟; 1 − 𝑞 ) Conclusion : pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, 𝑋 suit la loi binomiale ℬ(𝑟; 1 − 𝑞 ). 3) a) L’événement [𝑍 ≤ 𝑗] est réalisé lorsque la secrétaire a joint tous les correspondants en moins de 𝑗 jours, ainsi tous les correspondants ont été joints le 𝑗è jour : [𝑍 ≤ 𝑗] = 𝑋 = 𝑟 .