Chapitres Maths en MPSI, PCSI, MP2I, PTSI

Exercices corrigés sur les variables aléatoires en Maths Sup

Name: Groupe Réussite: Cours particuliers, stages intensifs de révision
Brand: Groupe Réussite
SKU: Cours Particuliers
Rating: 4.9 (1049 reviews)

Résumé de cours Exercices et corrigés

Cours en ligne de Maths en Maths Sup

Exercice sur la fonction génératrice en Maths Sup

Si $X$ est une variable aléatoire à valeurs dans $[\![0,\, n]\!]$ , on définit pour tout $t \in \mathbb{R}, \, G(t) = \displaystyle \sum _ {k = 0} ^n \mathbb{P}( X = k) \, t ^k$ .

$G$ est appelée fonction génératrice de la variable aléatoire $X$ .

Question 1 :

$\textrm{E}(X) = G'(1)$ .

Vrai ou Faux ?

Question 2 :

Calculer $G$ lorsque $X$ suit une loi uniforme sur $[\![1,\, n]\!]$ puis une loi $\mathcal{B}(n ,\, p)$ .

Exercice sur l’utilisation de la fonction génératrice en Maths Sup

Soit $n \in \mathbb{N}^*$ , on effectue $n$ tirages sans remise de jetons numérotés de 1 à $n$ .

On note $X_n$ la variable aléatoire égale au nombre de fois où l’on obtient un numéro strictement supérieur aux numéros déjà obtenus.

Par exemple si $n = 4$ et si l’on obtient $1,3,4,2$ (resp $3,2,4,1$ ), $X_4$ est égal à 3 (resp. 2).
(le premier numéro tiré donne toujours un maximum).

Question 1 :

Montrer que si $n \geqslant 2$ et $j \in [\![2,\, n]\!]$ ,

$\mathbb{P}(X_n = j) = \displaystyle \frac 1 n \,\mathbb{P}(X _ {n - 1} = j - 1 )$ $\qquad \qquad \qquad \displaystyle + \,\frac {n - 1} n \, \mathbb{P}(X _ {n - 1} = j )$ .

Question 2 :

Si $n \in \mathbb{N} ^*$ et $t \in \mathbb {R}$ , on note $\qquad \quad G_n(t) = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \mathbb{P}( X_n = k) \, t ^k$ .
$\forall\, n \geqslant 2$ , $\forall\, t \in \mathbb{R}$ , $\qquad G_n(t) = \displaystyle \frac {t + n - 1} n \; G_{n - 1} (t)$ .

Vrai ou Faux ?

Question 3 :

En déduire la valeur de $G_n\,$ .

COURS DE MATHS

Les meilleurs professeurs particuliers

Pour progresser et réussir

Avis Google France ★★★★★ 4,9 sur 5

Exercice sur l’ajout d’une boule de couleur opposée en Maths Sup

Une urne contient initialement une boule blanche et une boule noire.

On effectue une succession de tirages dans cette urne. Après chaque tirage, on remet la boule tirée dans l’urne et on ajoute dans l’urne une boule de couleur opposée à celle qui vient d’être tirée.

On effectue en tout $n$ tirages et on suppose qu’il existe un univers probabilisé fini $(\Omega, \, \mathbb{P})$ associé à cette suite d’épreuves.

Pour tout $k \in [\![0 , n]\!]$ , on note $X_k$ le nombre de boules blanches présentes dans l’urne juste avant le $k + 1$ -ème tirage. En particulier, on a $X_0 = 1$ .

Question 1 :

Calculer $\mathbb{P}(X _{k + 1} = i \mid X_k = j)$

Question 2 :

Montrer que $\forall \, k \in [\![0 , n - 1]\!]$ , si $i \in \mathbb{N}^*$ , $P(X _ {k + 1} = i ) = \displaystyle \frac i {k + 2} \,\mathbb{P}(X_k = i)$ $\qquad \qquad \displaystyle +\, \frac {3 + k - i} {k + 2} \, \mathbb{P}(X_k = i - 1)$ .

Question 3 :

À l’aide de la formule précédente, donner la loi de $X_3\,$ .

$\mathbb{P}(X_3 = 3 ) =$ ?

Exercice sur le tirage de la première et la dernière en Maths Sup

Une urne contient $n$ boules noires et $n$ boules blanches. On fait des tirages sans remise et on note $X$ le rang d’apparition de la première blanche et $Y$ le rang d’apparition de la dernière blanche.

Question 1 :

En déduire la valeur de $\displaystyle \sum_{p= n} ^{2\, n + 1} \binom p n$ .

Question 2 :

$\textrm{E}(Y) = \displaystyle \frac {n \, (a \, n + 1)} {n + 1}$ .

avec $a =$ ?

Question 3 :

Calculer $\textrm{E}(Y(Y + 1) )$ .

Trouver $b$ tel que $\qquad \quad \textrm{V}(Y) = \displaystyle \frac {n^2 (2\, n + b) } {(n + 2)(n + 1)^2 }$ .

$b =$ ?

Exercice sur la loi Hypergéométrique en Maths Sup

On considère une urne contenant $N$ boules dont $b$ blanches et $r$ boules rouges indiscernables au toucher.
On effectue $n$ tirages sans remise et on note $X$ le nombre de boules blanches tirées.

Question :

Calculer $\textrm{E}(X)$ .

Exercice sur le maximum et minimum de 2 tirages en Maths Sup

On effectue 2 tirages avec remise dans un ensemble de jetons numérotés de 1 à $n$ .
On appelle $U$ le plus petit numéro obtenu et $V$ le plus grand.

Question 1 :

$n + 1 - U$ et $V$ suivent la même loi

Vrai ou Faux ?

Question 2 :

Calculer l’espérance et la variance de $V$

Exercice sur deux variables de loi uniforme en Maths Sup

Soit $n \in \mathbb{N}$ , $n \geqslant 2$ .

On tire un numéro $X$ au hasard entre 1 et $n$ puis un numéro $Y$ entre 1 et $X$ .

Question 1 :

Calculer $\textrm{V}(Y)$ .

Question 2 :

$X - Y + 1$ a même loi que $Y$ .

Vrai ou Faux ?

Correction de l’exercice sur la fonction génératrice en Maths Sup

Question 1 :

Vrai

On dérive la fonction polynôme $G$ ,

$G'(t) = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k\, \mathbb{P}( X = k) \, t ^{k - 1}$ .

$G'(1) = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k\, \mathbb{P}( X = k)$

On ajoute un terme nul, $G'(1) \displaystyle = \sum _ {k = 0} ^n k\, \mathbb{P}( X = k) = \textrm{E}(X)$ .

Question 2 :

$\bullet$ Lorsque $X$ suit une loi uniforme sur $[[1,\, n]]$ ,

$\forall\, t \in \mathbb{R}, \, G(t) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^n \mathbb{P}(X = k)\, t ^k$

$G(t) =\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \frac 1 n \, t ^k$ .

$G(1) = 1$

$\forall\, t \neq 1$ , $G(t) = \displaystyle \frac t n \sum _ {k = 1} ^n \, t ^{k - 1} = \frac t n \sum _ {i = 0} ^{n - 1} \, t ^{i}$

$G(t) = \displaystyle \frac {t(t ^n - 1) } {n(t - 1)}$ .

$\bullet$ Si $X \hookrightarrow \mathcal{B}(n ,\, p)$ , on note $q = 1 - p$ .

$\forall\, t \in \mathbb{R}, \, G(t) = \displaystyle \sum _ {k = 0} ^n \binom n k\, p ^k \, q ^{n - k} \, t ^k$

$G(t) =(p\, t + q) ^n$ .

Correction de l’exercice sur l’utilisation de la fonction génératrice

Question 1 :

Il est important de remarquer que si l’on tire $n$ au rang $k$ , tous les numéros tirés ensuite ne permettent pas d’obtenir un maximum.

Les événements $(Y_n = n)$ et $(Y_n < n)$ forment un système complet d’événements de probabilité non nulle. Par la formule des probabilités totales,

$\mathbb{P}(X_n = j) =$ $\qquad \displaystyle \,\mathbb{P}(X _ {n } = j \mid Y_n = n )\, \mathbb{P}( Y_n = n )$ $\displaystyle\qquad + \, \mathbb{P}(X _ {n } = j \mid Y_n < n )\, \mathbb{P}( Y_n < n )$

$\bullet$ Si $(Y_n < n)$ , le dernier tirage donne un numéro strictement inférieur à $n$ , réaliser en tout $j$ maximums entre le temps 1 et le temps $n$ revient donc à
obtenir $j$ maximums en tirant les $n - 1$ premiers numéros (tous les numéros de 1 à $n$ sauf le numéro qui sort au rang $n$ ), donc

$\mathbb{P}(X _ {n } = j \mid Y_n < n ) = \mathbb{P}(X _ {n - 1} = j )$

$\bullet$ Si $(Y_n = n)$ , le dernier tirage donne $n$ donc un numéro strictement supérieur aux $n - 1$ numéros déjà tirés tous entre 1 et $n - 1$ .

Réaliser en tout $j$ maximums entre le temps 1 et le temps $n$ revient donc à obtenir $j - 1$ maximums en tirant les $n - 1$ premiers numéros, donc

$\mathbb{P}(X _ {n } = j \mid Y_n = n ) = \mathbb{P}(X _ {n - 1} = j - 1)$

On a donc obtenu

$\mathbb{P}(X_n = j) = \displaystyle \frac 1 n \,\mathbb{P}(X _ {n - 1} = j - 1 )$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \displaystyle + \, \frac {n - 1} n \, \mathbb{P}(X _ {n - 1} = j )$

Question 2 :

Vrai

En sommant pour $j \in [[1 , n]]$ les relations déduites de Q4,

$\mathbb{P}(X_n = j) \, t ^j = \displaystyle \frac 1 n \,\mathbb{P}(X _ {n - 1} = j - 1 )\, t ^{j}$ $\qquad \qquad \quad \displaystyle + \, \frac {n - 1} n \, \mathbb{P}(X _ {n - 1} = j ) \, t ^j$

on obtient $G_n(t) = \displaystyle \frac 1 n \sum _ {j = 1}^{n } \,\mathbb{P}(X _ {n - 1} = j - 1 )\, t ^{j}$ $\qquad \qquad \displaystyle +\, \frac {n - 1} n \, \sum _ {j = 1} ^n \mathbb{P}(X _ {n - 1} = j )\, t ^{j}$

On pose $k = j - 1$ dans la première somme et on utilise $\qquad \mathbb{P}(X_n = 0) = \mathbb{P}(X _ {n - 1} = n ) = 0$
pour obtenir

$G_n(t) = \displaystyle \frac 1 n \sum _ {k = 0}^{n - 1 } \,\mathbb{P}(X _ {n - 1} = k )\, t ^{k}\times t$ $\qquad \qquad \displaystyle + \, \frac {n - 1} n \,\sum _ {j = 1} ^{n - 1} \mathbb{P}(X _ {n - 1} = j )\, t ^{j}$

soit $G_n (t) = \displaystyle \frac 1 n \,t \, G_{n - 1}(t) + \frac {n - 1} n \, G_{n - 1}(t)$

soit $\boxed{G_n(t) = \displaystyle \frac {t + n - 1} n \; G_{n - 1} (t)}$ .

Question 3 :

On note si $n \in \mathbb{N}^*$ , $\qquad H_n : G_n(t) = \displaystyle \frac 1 {n!} \prod_{j = 0} ^{n - 1} (t + j)$ .

$\ast$ $G_1(t) = t$ , donc $H_1$ est vraie.

$\ast$ On suppose que $H_n$ est vraie.

Comme $G_{n + 1} (t) = \displaystyle \frac {t + n} {n + 1} \, G_n(t)$

alors $\displaystyle G_{n + 1} (t) = \frac 1 {n!} \prod_{j = 0} ^{n - 1} (t + j)\times \frac {t + n} {n + 1}$

$\displaystyle G_{n + 1} (t) = \frac 1 {(n + 1) !} \prod_{j = 0} ^n (t + j)$ .

La propriété est vraie par récurrence sur $n$ .

COURS PARTICULIERS EN LIGNE

Nous avons sélectionné pour vous les meilleurs professeurs particuliers.

POUR ACCÉLÉRER MA PROGRESSION

Avis Google France ★★★★★ 4,9 sur 5

Corrigé sur l’ajout d’une boule de couleur opposée en Maths Sup

Question 1 :

$\mathbb{P}(X _{k + 1} = i \mid X_k = j) = 0$ si $i < j$ ou $i > j+ 2$ car, entre deux tirages, le nombre de blanches est stable ou augmente d’une unité.

Si $(X_k = j)$ est réalisé, on a $j$ boules blanches et $k + 2 - j$ noires,

$\mathbb{P}(X _{k + 1} = j \mid X_k = j)$ $\qquad =\mathbb{P}(B_{k + 1} \mid X_k = j) = \displaystyle \frac {j } {k + 2}$

et $\mathbb{P}(X _{k + 1} = j \mid X_k = j)$ $\qquad = \mathbb{P}(N_{k + 1} \mid X_k = j) =\displaystyle \frac {k + 2 - j } {k + 2}$ .

Question 2 :

La famille $(X_k = j) _{1 \leqslant j \leqslant k + 1}$ est un système complet d’événements.

Par la formule des probabilités totales :
$\displaystyle \mathbb{P} (X_{k + 1} = i) =$ $\quad \displaystyle \sum_{j = 1} ^{k + 1} \mathbb{P}(X _{k + 1} = i \mid X_k = j) \, \mathbb{P}(X _{k} = j)$

seuls les termes pour $j = i - 1$ et $j = i$ sont à conserver

si $i \in \mathbb{N}^*$ ,

$\displaystyle \mathbb{P} (X_{k + 1} = i) =$ $\mathbb{P}(X _{k + 1} = i \mid X_k = i) \, \mathbb{P}(X _{k} = i)$ $+ \, \mathbb{P}(X _{k + 1} = i \mid X_k = i - 1 ) \, \mathbb{P}(X _{k} = i - 1)$

Par la question 3,

$\displaystyle \mathbb{P} (X_{k + 1} = i) = \frac {i} {k + 2} \, \mathbb{P}(X _{k} = i)$ $\displaystyle \qquad \qquad +\, \frac { 2 + k - i + 1} {k + 2} \, \mathbb{P}(X _{k} = i - 1)$

$\displaystyle \mathbb{P} (X_{k + 1} = i) = \frac {i} {k + 2} \, \mathbb{P}(X _{k} = i)$ $\displaystyle \qquad \qquad \qquad \; +\, \frac { 3 + k - i} {k + 2} \, \mathbb{P}(X _{k} = i - 1)$

Question 3 :

$\mathbb{P}(X_3 = 3 ) = \dfrac{11}{24}$

$X_3(\Omega) = [[1, 4]]$ .

La question précédente donne:

$\mathbb{P}(X _ 3 = i) =$ $\quad \displaystyle \frac i 4 \,\mathbb{P}(X _ 2 = i) + \frac {5 - i} 4 \,\mathbb{P}(X _2 = i - 1)$

$\mathbb{P}(X _ 3 = 1) = \displaystyle \frac 1 4 \,\mathbb{P}(X _ 2 = 1) = \frac 1 {24}$

$\mathbb{P}(X _ 3 = 2) = \displaystyle \frac 2 4 \,\mathbb{P}(X _ 2 = 2) + \frac {3 } 4 \,\mathbb{P}(X _2 = 1)$ $\displaystyle \mathbb{P}(X_3 = 2) = \frac 1 2 . \frac 2 3 + \frac 3 4 \, \frac 1 6 = \frac {11} {24}$

$\mathbb{P}(X _ 3 = 3) = \displaystyle \frac 3 4 \,\mathbb{P}(X _ 2 = 3) + \frac {2 } 4 \,\mathbb{P}(X _2 = 2)$ $\mathbb{P}(X_3 = 3) \displaystyle = \frac 3 4 \, \frac 1 6 + \frac 1 2 \frac 2 3 = \frac {11} {24}$

$\mathbb{P}(X _ 3 = 4) = \displaystyle \frac 1 4 \,\mathbb{P}(X _ 2 = 3) = \frac 1 {24}$ .

Correction sur le tirage de la première et la dernière en Maths Sup

Question 1 :

On traduit $\displaystyle \sum _ {k = n} ^{2\, n} \mathbb{P}(Y = k) = 1$ pour obtenir $\displaystyle \sum _ {k = n} ^{2\, n} \binom {k - 1} {n - 1} = \binom {2\, n} n$

en posant $p = k - 1$ ,

$\displaystyle \sum _ {p = n - 1 } ^{2\, n - 1 } \binom {p} {n - 1} = \binom {2\, n} n$

puis en remplaçant $n$ par $n + 1$

$\displaystyle \boxed{ \sum _ {p = n } ^{2\, n + 1 } \binom {p} {n} = \binom {2\, n + 2 } {n + 1} }$ .

Question 2 :

avec $a = 2$

$\textrm{E}(Y) = \displaystyle \sum _ {k = n } ^ {2 \, n} k \, \mathbb{P}(Y = k)$

donc $\displaystyle \binom {2\, n} n \, \textrm{E}(Y) = \displaystyle \sum _ {k = n } ^ {2 \, n} k \, \binom {k - 1} {n - 1}$

On utilise $\displaystyle k\, \binom {k - 1} {n - 1} = n\, \binom {k } {n}$

$\displaystyle \binom {2\, n} n \, \textrm{E}(Y) = n \, \sum _ {k = n } ^ {2 \, n} \binom {k } {n}$

on peut donc utiliser la question précédente :

$\displaystyle \binom {2\, n} n \, \textrm{E}(Y) = n \,\left ( \binom {2 \, n + 2} {n + 1} - \binom {2 n + 1} {n} \right )$ (il manquait le terme pour $p = 2\, n + 1$ )

et par la formule du triangle de Pascal,

$\displaystyle \binom {2\, n} n \, \textrm{E}(Y) = n \, \binom {2 \, n + 1} {n + 1}$ .

Puis par quotient, $\textrm{E}(Y) = \displaystyle \frac {n \, (2 \, n + 1)!} {(n + 1)! \, n!} \times \frac {n! \, n!} {(2\, n)!}$

$\boxed{\textrm{E}(Y) = \displaystyle \frac {n \, (2 \, n + 1)} {n + 1}}$ .

Question 3 :

$b = 1$

$\bullet$ Par le théorème de transfert,

$\textrm{E}(Y(Y + 1) ) = \displaystyle \sum _ {k = n } ^ {2 \, n} k \, (k + 1) \, \mathbb{P}(Y = k)$

donc $\displaystyle \binom {2\, n} n \, \textrm{E}(Y(Y + 1) ) =$ $\qquad \qquad \qquad \displaystyle \sum _ {k = n } ^ {2 \, n} (k + 1) \, k \, \binom {k - 1} {n - 1}$

On utilise $\displaystyle (k + 1)\, k\, \binom {k - 1} {n - 1} = n( n + 1) \, \binom {k + 1 } {n + 1 }$
$\displaystyle \binom {2\, n} n \, \textrm{E}(Y(Y + 1) ) =$ $\qquad \qquad \qquad \displaystyle n \, (n + 1) \, \sum _ {k = n } ^ {2 \, n} \binom {k + 1 } {n + 1 }$

On pose $p = k + 1$ ,

$\displaystyle \binom {2\, n} n \, \textrm{E}(Y(Y + 1) ) =$ $\qquad \qquad \qquad \displaystyle n \, (n + 1) \, \sum _ {p = n + 1 } ^ {2 \, n + 1} \binom {p } {n + 1 }$

On peut donc utiliser la question 3 en remplaçant $n$ par $n + 1$ et en remarquant qu’il manque les termes pour $p = 2\, n+2$ et $p = 2\, n + 3$ :

$\displaystyle \binom {2\, n} n \, \textrm{E}(Y) =n (n + 1) \times$ $\quad\displaystyle \left ( \binom {2 \, n + 4} {n + 2} - \binom {2 n + 3} {n+ 1 } -\binom {2 n + 2} {n + 1} \right )$

Par le triangle de Pascal :

$\displaystyle \binom {2 \, n + 4} {n + 2} - \binom {2 \,n + 3} {n+ 1 } -\binom {2 n + 2} {n + 1}$ $\displaystyle = \binom {2\, n + 3} {n +2 } - \binom {2 \,n + 2} {n + 1}$

$\displaystyle = \binom {2\, n + 3} {n +1 } - \binom {2 \,n + 2} {n +1 }$

et avec le triangle de Pascal

$\displaystyle = \binom {2\, n + 2} {n}$ .

$\displaystyle \binom {2\, n} n \, \textrm{E}(Y) = n ( n + 1) \,\binom {2\, n + 2} {n }$

puis par quotient

$\displaystyle \textrm{E}(Y(Y + 1) ) =$ $\qquad \qquad \displaystyle n(n + 1) \frac {(2\, n + 2)!} {(n + 2)! \, n! } \times \frac {n! \, n!} {(2\, n)!}$

$\displaystyle \textrm{E}(Y(Y + 1) ) = n(n + 1)\displaystyle \frac {(2\, n + 2)(2\, n + 1) } {(n + 2)( n + 1) }$

$\displaystyle\boxed{ \textrm{E}(Y(Y + 1)) = \frac {2\, n (n + 1) \, (2 \, n + 1)} {n + 2} }$ .

$\bullet$ Calcul de la variance.

$\textrm{V}(Y) = \textrm{E}(Y(Y + 1)) - \textrm{E} (Y) - (\textrm{E}(Y))^2$

$\textrm{V}(Y) = \displaystyle \frac {2\, n \, (n + 1) \, (2 \, n + 1)} {n + 2}$ $\qquad \qquad \displaystyle - \, \frac {n(2\, n + 1)} {n + 1} - \frac {n^2 (2\, n + 1) ^2} {(n + 1)^2}$

$\textrm{V}(Y) = \displaystyle \frac {n (2\, n + 1) } {(n + 2)(n + 1)^2 }\times A$

$A= 2(n + 1)^3 - (n + 2)(n + 1)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad - \, n(2 \,n + 1) (n + 2)$

après calculs : $A = n$ donc

$\qquad \boxed{\textrm{V}(Y) = \displaystyle \frac {n^2 (2\, n + 1) } {(n + 2)(n + 1)^2 }}$ .

Correction de l’exercice sur la loi Hypergéométrique en Maths Sup

Si $i \in [[1 , \, b]]$ , on note $X_i$ la variable aléatoire égale à $1$ si l’on tire la boule blanche $i$ et $0$ sinon.

Pour réaliser $(X_i = 1)$ , on prend la boule $i$ et on ajoute $n - 1$ boules choisies parmi les $N - 1$ autres boules.

$\mathbb{P}(X _ i = 1) = \displaystyle \frac {\displaystyle \binom {N - 1} {n - 1} } {\displaystyle \binom {N} n}$ $\quad = \displaystyle \frac {(N - 1)! } {(n - 1)! (N - n)!} \times \frac {n! \, (N - n)! } {N!}$ $\displaystyle \mathbb{P}(X _ i = 1) = \frac n N$ .

Comme $X = \displaystyle \sum _ {i = 1} ^b X_i\,$ , $\textrm{E}(X) = \displaystyle \sum _ {i = 1} ^b \textrm{E}(X_i) \Rightarrow$ $\boxed{\textrm{E}(X) = \frac {b\, n } N }$ .

Correction de l’éxercice sur le maximum et minimum de 2 tirages

Question 1 :

Vrai

On note $Z = n + 1 - U$ .
$Z(\Omega) = V(\Omega) = [[1 , \, n]]$ .

Si $k \in [[1 , n]]$ ,

$\mathbb{P}(Z = k) = \mathbb {P}( U = n + 1 - k)$

$\mathbb{P}(Z = k) = \displaystyle \frac {2 \, n - 2 \, n - 2 + 2\, k +1 } {n ^2}$

$\mathbb{P}(Z = k) = \displaystyle \frac { 2\, k - 1 } {n ^2} = \mathbb{P}(V = k)$

Donc $n + 1 - U$ et $V$ suivent la même loi.

Question 2 :

$\bullet$ $\textrm{E}(V) = \displaystyle \sum _ {v = 1} ^n v \, \mathbb{P}(V = v)$

$\textrm {E}(V) = \displaystyle \frac {1} {n ^2} \left ( 2\, \sum _ {v = 1} ^n v ^2 - \sum _ {v = 1 } ^n v \right )$

$\;\;\; = \displaystyle \frac {1} {n ^2} \left (\frac {n(n + 1)(2\, n + 1)} 3 - \frac{n(n + 1)} 2 \right )$

$\boxed{\textrm {E}(V) = \displaystyle \frac {(n + 1)(4\, n - 1) } {6\, n } }$ .

$\bullet$ $\textrm{E}(V^2 ) = \displaystyle \sum _ {v = 1} ^n v^2 \, \mathbb{P}(V = v)$

$\textrm {E}(V^2 ) = \displaystyle \frac {1} {n ^2} \left ( 2\, \sum _ {v = 1} ^n v ^3 - \sum _ {v = 1 } ^n v^2 \right )$

$= \displaystyle \frac {1} {n ^2} \left ( \frac {n^2 (n + 1)^2 } 2 - \frac{n(n + 1)(2n + 1 )} 6 \right )$

$\textrm {E}(V^2) = \displaystyle \frac {(n + 1)(3\, n ^2 + n - 1) } {6\, n }$

$\bullet$ $\textrm{V}(V) = \textrm {E}(V^2) - \left ( \textrm {E}(V) \right ) ^2$

$\textrm{V}(V) = \displaystyle \frac {(n + 1)(3\, n ^2 + n - 1) } {6\, n }$ $\qquad \qquad \qquad \displaystyle -\, \frac {(n + 1)^2 (4 \, n - 1) ^2 } {36\, n^2 }$

après factorisation et réduction au même dénominateur ,

$\textrm{V}(V) = \displaystyle \frac {n + 1}{36\, n ^2} \left ( 2 \, n ^3 - 2\, n ^2 + n - 1 \right )$

$\boxed{\textrm{V}(V) = \displaystyle \frac {(n^2 - 1)(2\, n^2 + 1) }{36\, n ^2} }$ .

Correction de l’exercice sur deux variables de loi uniforme

Question 1 :

$\bullet$ On calcule $\textrm{E}(Y^2)$ en utilisant le même type de raisonnement que dans la question précédente.

$\textrm{E}(Y^2) = \displaystyle \sum _ {j = 1} ^n j^2 \,\mathbb{P} (Y = j)$

$\textrm{E}(Y^2 ) = \displaystyle \sum _ {j = 1} ^n \left (\sum _ {k = j} ^n \frac {j ^2} { k\, n } \right)$
que l’on écrit sous la forme

$\textrm{E}(Y) = \displaystyle \sum _ {1 \leqslant j \leqslant k \leqslant n } \frac {j ^2} { k\, n}$
ce qui permet d’intervertir les signes $\sum$

$\textrm{E}(Y^2) = \displaystyle \sum _ {k= 1} ^n \left (\sum _ {j = 1} ^k \frac {j ^2 } { k\, n } \right )$

$\textrm{E}(Y^2) = \displaystyle \sum _ {k= 1} ^n \frac {(k + 1)(2\, k + 1) } { 6\, n}$ $\quad \displaystyle = \sum _{k = 1} ^n \frac {k ^2 } {3\, n} + \sum _{k = 1} ^n \frac {3\, k} {6 \,n} + \sum _ {k = 1} ^n \frac 1 {6\, n}$

$\quad = \displaystyle \frac {(n + 1)(2\, n + 1) } {18} + \frac {3 ( n + 1)} {12} + \frac 1 6$

$\textrm{E}(Y^2) = \displaystyle \frac {4 \, n ^2 + 15\, n + 17} {36}$ .

$\bullet$ Variance

$\textrm{V}(Y) = \textrm{E}(Y^2) - \left ( \textrm{E}(Y) \right ) ^2$

$\textrm{V}(Y) = \displaystyle \frac {4 \, n ^2 + 15\, n + 17} {36} - \frac { (n + 3)^2} {16}$

$\boxed{\textrm{V}(Y) = \displaystyle \frac {7 \, n ^2 + 6\, n -13} {144} \textrm{V}(Y) \displaystyle = \frac {(n - 1)(7 \,n + 13)} {144} }$ .

Question 2 :

Vrai

La variable $X - Y$ est à valeurs dans $\mathbb{N}$ car $Y \leqslant X$ , donc $X - Y + 1 \in \mathbb{N}^*$ .

Puis $1 \leqslant Y$ et $X \leqslant n \Rightarrow X - Y + 1 \leq n$

D’autre part, $X - Y + 1$ prend la valeur $k$ lorsque par exemple $X = k$ et $Y = 1$ .

Donc $(X - Y + 1)(\Omega) = [[1 , \, n]]$ .

Si $k \in [[1 , n]]$ ,

$\mathbb{P}(X - Y + 1 = k ) =$ $\qquad \quad \displaystyle \sum _{j = 1} ^n \mathbb{P} (X - Y + 1 = k , Y = j)$
en utilisant le système complet d’événements $(Y=j) _{1\leqslant j \leqslant n}\,$ ,

$\mathbb{P}(X - Y + 1 = k ) =$ $\qquad \quad \displaystyle \sum _{j = 1} ^n \mathbb{P} (X = k + j - 1 = k , Y = j)$
il ne faut garder que les indices $j$ vérifiant $1 \leqslant j \leqslant k + j - 1 \leq n$ ssi $1 \leqslant j \leqslant n - k + 1$