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Variables aléatoires en MP, PC, PSI et PT

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

Exercices et corrigés – Variables aléatoires

1. Loi géométrique : min, max etc …

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires suivant des lois géométriques de paramètres $p$ et $q$ ( $p \neq q$ ).
Soit $U = \min(X,\, Y )$ et $V = \vert X - Y \vert$ .
Question 1.
Déterminer la loi conjointe du couple $(U, \, V )$ .

Question 2
$U$ suit une loi géométrique de paramètre

Question 3
Pour tout $v \in \mathbb{N}$ , $\;\; \displaystyle \mathbb{P}(V = v) = \frac {p\, q\, ( {(1 - p )} ^v + {(1 - q) }^v)} {p + q - p\, q}$

Question 4
$U$ et $V$ sont indépendantes

Question 5
Soit $W = \max(X \, , Y)$ .
De la loi de $(U, \, V)$ , on peut déduire la loi de $(U, \, W)$ . Si oui, la donner.

Question 6
Déterminer la loi de $W$ .

Corrigé de l’exercice :

Question 1 :

On note dans la suite $p' = 1 - p$ et $q' = 1 - q$ . $U(\Omega) = \mathbb{N}^*$ et $V(\Omega) = \mathbb{N}$ .
$\ast$ Si $u \in \mathbb{N}^*$ , $\mathbb{P} (U = u ,\, V = 0) = \mathbb{P} ( X = Y \cap U = u)$
$\mathbb{P} (U = u ,\, V = 0) = \mathbb{P} (X = u , \, Y = u)$
$\mathbb{P} (U = u ,\, V = 0) = \mathbb{P} (X = u) \, \mathbb{P} (Y = u)$ car $X$ et $Y$ sont indépendantes.
$\mathbb{P} (U = u ,\, V = 0) = p\, q \, (p' \, q') ^{u - 1}$ .

$\ast$ Si $(u , v) \in \mathbb{N}^{*2}$ ,
$\mathbb{P} (U = u ,\, V = v)$
$\quad = \mathbb{P} ( X - Y = v \cap \min(X , Y) = u)$
$\quad +\, \mathbb{P} ( Y - X = v \cap \min(X , Y) = u)$
$\mathbb{P} (U = u ,\, V = v) = \mathbb{P} ( X = u + v \cap Y = u )$
$\quad \quad \quad +\, \mathbb{P} ( Y = u + v \cap X = u)$
et par indépendance de $X$ et $Y$ ,
$\mathbb{P} (U = u ,\, V = v)$
$\quad = \mathbb{P} ( X = u + v ) \, \mathbb{P}( Y = u )$
$\quad +\, \mathbb{P} ( Y = u + v ) \, \mathbb{P}(X = u)$
$\mathbb{P} (U = u ,\, V = v) =$ $\; \; p \, {p'} ^{u + v - 1 } \, q \, {q'}^{u - 1} + p \, {p'} ^{ u - 1} \, q \, {q'} ^{u + v - 1}$
$\mathbb{P} (U = u ,\, V = v) =$ $\quad \quad \quad \quad p \,q\, (p' \, q') ^{u - 1 } ( {p'} ^v + {q'} ^v )$ .

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Question 2 :

On détermine la loi de $U$ comme loi marginale du couple :
$\mathbb{P} (U = u) = \displaystyle \sum _{v = 0 } ^{+\infty} \mathbb{P} (U = u ,\, V = v)$
On distingue le cas $v = 0$ de $v \geq 1$ .
$\displaystyle \mathbb{P} (U = u) = p\, q \, (p' \, q') ^{u - 1}$
$\displaystyle + \, p \,q\, (p' \, q') ^{u - 1 } \sum_{v = 1} ^{+\infty}( {p'} ^v + {q'} ^v )$ .
$\displaystyle \mathbb{P} (U = u) = p\, q\, (p' \, q') ^{u - 1}$ $\quad \quad \displaystyle + \, p \,q\, (p' \, q') ^{u - 1 } \left ( \frac {p'} {1 - p'} + \frac {q'} {1 - q'} \right )$ .
$p = 1 - p'$ et $q = 1 - q'$ donnent la simplification :
$\displaystyle \mathbb{P} (U = u) = (p' \, q') ^{u - 1}\, \left ( p \, q + p' \, q + q' \, p\right )$

On calcule : $p \, q + p' \, q + q' \, p = p \, q + (1 - p) q + (1 - q)p$ $p \, q + p'\, q+ q' \, p = p + q - p \, q = 1 - p' \, q'$ .
On a montré que pour tout $u \in \mathbb{N}^*$ ,
$\quad \quad \mathbb{P} (U = u) = r ( 1 - r) ^{ u - 1}$
avec $r = p + q - p$ .
$U$ suit une loi géométrique de paramètre $p + q - p\, q$ .

Question 3 :

La propriété est fausse si $v = 0$ mais vraie si $v\in \mathbb{N}^*$ .

$\ast$ $\displaystyle \mathbb{P}(V = 0) = \sum _ {u = 1} ^{+ \infty} \mathbb{P} (U = u , \, V = 0)$ $\displaystyle \mathbb{P}(V = 0) = p\, q \sum _{u = 1} ^{+\infty} (p' \, q') ^{u - 1}$
$\displaystyle \mathbb{P}(V = 0) = \displaystyle \frac {p\, q } {1 - p' \, q'} = \frac {p\, q } {p + q - p\, q}$

$\ast$ Si $v \in \mathbb{N} ^*$ ,
$\displaystyle \mathbb{P}(V = v) = \sum _ {u = 1} ^{+ \infty} \mathbb{P} (U = u , \, V = v)$ $\displaystyle \mathbb{P}(V = v) = p\, q ( {p'} ^v + {q'} ^v )\, \sum _{u = 1} ^{+\infty} (p' \, q') ^{u - 1}$
$\displaystyle \mathbb{P}(V = v) = \frac {p\, q \, ( {p'} ^v + {q'}^v )} {1 - p'\, q'}$
$\displaystyle \mathbb{P}(V = v) = \frac {p\, q\, ( {(1 - p) } ^v + {(1 - q )}^v)} {p + q - p\, q}$

Question 4 :

On rappelle que

$1 - p' \, q' = p + q - p \, q$ .
Soit

$(u ,\, v) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N }$ ,

$\mathbb{P} (U = u) = (1 - p'\, q') (p' \, q') ^{u - 1}$ ,
Si

$v \neq 0$ ,

$\displaystyle \mathbb{P}(V = v) = \frac {p\, q\, ( {(1 - p) } ^v + {(1 - q)}^v)} {p + q - p\, q}$
et

$\displaystyle \mathbb{P}(V = 0) = \displaystyle \frac {p\, q } {p + q - p\, q}$
donc pour tout

$(u , v) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N},$

$\mathbb{P} (U = u \, , \, V = v) =\mathbb{P} (U = u) \, \mathbb{P} (V = v)$

$U$ et $V$ sont des variables aléatoires indépendantes.

Question 5 :

On utilise $W - U = V \Leftrightarrow V = U + W$ .
Donc si $(u , \, w) \in \mathbb{N}^{*2}$ ,
$quad \mathbb{P}(U = u ,\, W = w) = \mathbb{P}(U = u ,\, V = w - u)$

$\ast$ si $w < u$ , $\mathbb{P}(U = u ,\, W = w) = 0$ .

$\ast$ si $w = u$ , $\mathbb{P}(U = u ,\, W = u) = \mathbb{P}(U = u ,\, V = 0 )$
$\displaystyle \mathbb{P}(U = u ,\, W = u) = p\, q \, (p + q - p \, q ) ^{u - 1}$ .

$\ast$ si $w > u$ , $\mathbb{P}(U = u ,\, W = w) = \mathbb{P}(U = u ,\, V = w - u )$
$\quad \quad\quad \quad = p \,q\, (p' \, q') ^{u - 1 } ( {p'} ^ {w - u} + {q'} ^{w - u} )$
où $p' = 1 - p$ et $q' = 1 - q$ .

Question 6 :

Pour déterminer la loi de $W$ , on calcule $\forall\, w \in \mathbb{N}^*,\, \displaystyle \mathbb{P}(W \leq w) = \mathbb{P}(X \leq w, Y \leq w)$
Par indépendance de $X$ et $Y$ ,
$\mathbb{P}(W \leq w) = \mathbb{P}(X \leq w) \, \mathbb{P}( Y \leq w)$ .

$\mathbb{P}(X \leq w) = \displaystyle\sum _ {k = 1} ^{w} \mathbb{P}(X = k)$
$\mathbb{P}(X \leq w) = \displaystyle\sum _ {k = 1} ^{w} p \, {p'} ^{k - 1} = p \sum _ {i = 0} ^{w - 1} {p'} ^{i}$
$\displaystyle \mathbb{P}(X \leq w) = p \frac {1 - {p'} ^{w} } {1 - p'} = 1 - {p'} ^{w}$ .

$\displaystyle \mathbb{P}(W \leq w) = (1 - {p'} ^{w})(1 - {q'} ^{w})$
La propriété reste vraie si $w = 0$ .

On écrit ensuite si $w \in \mathbb{N}^*$ , $(W \leq w) = (W = w) \cup (W \leq w - 1)$ .
Ces événements étant incompatibles :
$\mathbb{P} (W = w) = \mathbb{P}(W \leq w) - \mathbb{P}(W \leq w - 1)$
donc
$\mathbb{P} (W = w) =(1 - {p'} ^{w})(1 - {q'} ^{w})$ $\quad \quad \quad \quad \quad - \, (1 - {p'} ^{w - 1 })(1 - {q'} ^{w - 1})$

$\mathbb{P} (W = w) = p\, {p'} ^{w -1 }+ q\, {q'} ^{w - 1 }$
$\quad \quad \quad \quad \quad - \, {(p'\, q')} ^{w - 1 }\, (1 - {p'\, q'})$ .

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2. Somme de variables indépendantes de loi géométrique

Annale Mines Ponts MP 2018
Question 1.
On considère $n$ variables aléatoires indépendantes qui suivent une loi géométrique de paramètre $p$ . Soit $q = 1 - p$ .
La somme $Z$ de ces $n$ variables aléatoires vérifie si $\displaystyle j \geq n\,$
a) $\displaystyle \mathbb{P} (Z = j ) = \binom {j } {n} p ^n q ^{j - n }$
b) $\displaystyle \mathbb{P} (Z = j ) = \binom {j - 1 } {n - 1} p ^n q ^{j - n }$
c) $\displaystyle \mathbb{P} (Z = j ) = \binom {j} {n - 1} p ^n q ^{j - n }$
d) $\displaystyle \mathbb{P} (Z = j ) = \binom {j + 1 } {n + 1} p ^n q ^{j - n }$

Question 2.
Une bactérie a une probabilité $p$ de se faire toucher par un laser et il faut $r$ coups de laser pour la tuer. Calculer la loi de $X$ , temps de vie de la bactérie, et son espérance sachant qu’il y a 1 seconde entre chaque passage de laser.
a) $\displaystyle \textrm{E}(X) = \frac {r} {1 - p}$
b) $\displaystyle \textrm{E}(X) = \frac {r} {p}$
c) $\displaystyle \textrm{E}(X) = \frac {r\, (1 - p) } {p}$
d) $\displaystyle \textrm{E}(X) = \frac {r\, p } {1 - p}$ .

Corrigé de l’exercice :

Question 1 :

$\bullet$ La fonction génératrice $G$ d’une variable aléatoire de loi géométrique de paramètre $p$ est définie sur $I =\; \displaystyle \left ] -\frac 1 q , \frac 1 q \right [$ par $G(t) = \displaystyle \frac {p\, t} {1 - q\,t}$ en notant $q = 1 - p$ .
La fonction génératrice d’une somme de $n$ variables aléatoires indépendantes est égale au produit des fonctions génératrices, donc la fonction génératrice de $Z = X_1 + \, \cdots \, + \, X_n$ est définie sur $I$ par $\quad \quad G_Z(t) = G^n(t) = \displaystyle \frac {(p\, t) ^n } {(1 - q\, t) ^n}$ .

$\bullet$ En dérivant $n - 1$ fois la relation $\quad \forall\, u \in \; ]-1, \, 1[,\; \displaystyle \frac 1 {1 - u} = \sum _ {k = 0} ^{+\infty} u ^k$ ,
on obtient
$\displaystyle \frac {(n - 1)!} {(1 - u) ^n } =$ $\displaystyle \quad \quad \quad \sum _ {k = n - 1 } ^{+\infty} k(k - 1) ... (k - n + 2) \, u ^{k - n + 1}$ ,
En divisant par $(n - 1)!$ , on obtient
$\displaystyle \frac {1} {(1 - u) ^n } = \sum _ {k = n - 1 } ^{+\infty} \frac {k!\, u^{k - n + 1} } {(n - 1)! \, (k - n + 1)! }$
$\displaystyle \frac {1} {(1 - u) ^n } = \sum _ {k = n - 1 } ^{+\infty} \binom {k} {n - 1} u ^{k - n + 1}$ .

$\bullet$ Alors $G_Z(t)$ est égal à
$\displaystyle \sum _ {k = n - 1 } ^{+\infty} \binom {k} {n - 1} p ^n \, q ^{k - n + 1\, } t ^{k + 1}$
Puis en posant $j = k + 1$ ,
$\quad \quad \displaystyle G_Z(t) = \sum _ {j = n } ^{+\infty} \binom {j - 1 } {n - 1} p ^n\, q ^{j - n }\, t ^{j}$ .
Par unicité du DSE,
si $\displaystyle j \geq n, \; \mathbb{P} (Z = j ) = \binom {j - 1 } {n - 1} p ^n q ^{j - n }$ et si $j < n, \; \mathbb{P} (Z = j ) = 0$ .

Question 2 :

On obtient $X(\Omega) = \{ n \in \mathbb{N}\, /\, n \geq r\}$ .
Soit $n \geq r ,\; \mathbb{P} (X = n) = \mathbb{P} (A_{n - 1} \cap T_n)$ où $T_n$ « la bactérie est touchée à la seconde $n$ » et $A_{n - 1}$ « en $n - 1$ secondes, la bactérie a été touchée $r- 1$ fois et non touchée $n - r$ fois ».
$\mathbb{P} (X = n) = \mathbb{P} (T_n \, |\, A_{n - 1 })\, \mathbb{P} (A_{n - 1})$
$\mathbb{P}(X = n) = \displaystyle p\, \binom {n - 1} {r - 1}\, p ^{r - 1} \, q^{n - r}$ car $A_{n - 1} = (Z = r - 1 )$ où $Z$ suit une loi binomiale de paramètres $(n - 1 ,\, p)$ .
$\mathbb{P}(X = n) = \displaystyle \binom {n - 1} {r - 1}\, p ^{r} \, q^{n - r}$ .

On remarque que $X$ a même loi que la somme de $r$ variables aléatoires $X_i$ indépendantes de loi géométrique de paramètre $p$ .
Alors $\displaystyle \textrm{E} (X) = \sum _ {i = 1} ^{r} \textrm{E} (X _ i) = r \, \textrm{E}(X_1) = \frac {r} {p}$ .

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3. Problème du collectionneur

CCP MP 2018 – Mines Ponts PSI 2015
On cherche à obtenir toutes les pièces d’un puzzle de $N$ pièces différentes.
On achète chaque semaine une pièce emballée, chaque pièce étant équiprobable. On note $Y_k$ la variable aléatoire égale au nombre de semaines nécessaires pour avoir une $k$ -ième nouvelle pièce à partir du moment où l’on en a déjà $k - 1$ .
Question 1
a) Quelle est la loi de $Y_1$ ? Quelle est celle de $Y_k$ si $2 \leq k \leq N$ ?

b) Les variables $(Y_k)_{1 \leq k \leq N\,}$ sont-elles mutuellement indépendantes ?

c) Donner l’espérance et la variance de $Y_k$ si $2 \leq k \leq N$

Question 2
On introduit $X$ la variable aléatoire comptant le nombre d’achats nécessaires pour avoir les $N$ pièces différentes du puzzle.
a) Si $H_N =\displaystyle \sum _{k = 1} ^N \frac 1 k$ , l’espérance de $X$ est égale à
R1 : $N \, H_N$ R2 : $\N \, H_{N - 1}$

b) En utilisant une comparaison série-intégrale, on démontre que $H_N \displaystyle \underset _{N \to + \infty} \sim \ln(N)$ .

c) L’espérance de $X$ est équivalente à $\ln(N)$ si $N\to +\infty$ .

d) Il existe un équivalent de $\textrm{V}(X)$ lorsque $N \to + \infty$ de la forme $a \, N ^2$ .

Corrigé de l’exercice :

Question 1 :

a/ $Y_1$ est la variable aléatoire certaine égale à 1.
Si $k \geq 2$ , $Y_k$ est le temps d’attente du premier succès lors d’une suite d’épreuves indépendantes de probabilité de succès égale à $\displaystyle \frac {N - k + 1 } N$ .
$Y_k$ suit une loi géométrique : $Y_k(\Omega) = \mathbb{N}^*$ et pour tout $y \in \mathbb{N}^*,$ $\displaystyle \mathbb{P}(Y_k = y) = \left ( 1 - \frac {k - 1} {N} \right ) \, \frac {(k-1)^{y - 1} } {N ^{y - 1}}$ .

On démontre que les variables sont mutuellement indépendantes :
Si $n \leq N$ et si $(y_1 , \, \cdots \, , \, y_n) \in \mathbb{N}^{*n}$ , avec $y_1 = 1$ , on note $x_2 = 1 + y_2 \, ,\, x_3 = x_2 + y_3\, ,$ $\quad \quad \quad \, \cdots\,, \, x_n = x_{n - 1} + y_n\,$ .

Réaliser $\displaystyle \left( \bigcap_{k = 1} ^{n} (Y_k= y_k) \right )$ revient
$\ast$ à obtenir la même pièce du rang 1 au rang $x_2 - 1 = y_2$ de probabilité $\displaystyle \frac N{N ^{y_2 }}$
$\ast$ à obtenir une nouvelle pièce au rang $x_2$ de probabilité $1 - \displaystyle \frac 1 N$
$\ast$ à obtenir une des deux pièces déjà obtenues du rang $x_2 + 1$ au rang $x_3 - 1$ soit $y_3 - 1$ fois de probabilité $\displaystyle \frac {2^{y_3 - 1}} {N^{y_3 - 1 }}$
$\ast$ à obtenir une nouvelle pièce au rang $x_3$ de probabilité $1 - \displaystyle \frac 2 N$ ,
….
$\ast$ obtenir une des $n - 1$ pièces déjà obtenues du rang $x_{n-1} + 1$ au rang $x_n - 1$ soit $y_n - 1$ fois de probabilité $\displaystyle \frac {(n - 1) ^{y_n - 1}} { N ^{y_n - 1}}$
$\ast$ obtenir une nouvelle pièce au rang $x_n$ de probabilité $1 - \displaystyle \frac {n- 1} N$ .

$\displaystyle \mathbb{P}\left( \bigcap_{k = 1} ^{n} (Y_k= y_k) \right ) =$
$\displaystyle \; \; \frac 1 {N^{y_2 - 1}\; } \; \left ( 1 - \frac 1 {N} \right ) \, \frac {2 ^{y_3 - 1}} {N^{y_3 - 1} } . \left ( 1 - \frac 2 {N} \right )\,$
$\displaystyle \quad \quad \, \cdots \, \, . \frac {(n - 1) ^{y_n - 1}} {N^{y_n - 1} } . \left ( 1 - \frac {n - 1} {N} \right )$ .
On a vu que si $k \geq 2,$ $\displaystyle \mathbb{P}(Y_k = y_k) = \left ( 1 - \frac {k - 1} {N} \right ) \frac {(k - 1) ^{y_k - 1}} {N ^{y_k - 1} }$ .
$\displaystyle \mathbb{P}\left( \bigcap_{k = 1} ^{n} (Y_k= y_k) \right )= \prod _{k = 2} ^{n} \mathbb{P} (Y _ k = y_k)$ ,
soit aussi
$\displaystyle \mathbb{P}\left( \bigcap_{k = 1} ^{n} (Y_k= y_k) \right )= \prod _{k = 1} ^{n} \mathbb{P} (Y _ k = y_k)$ .
car $\mathbb{P} (Y _ 1 = y_1) = 1$ .
On a prouvé l’indépendance des v.a.r. $Y_1 \, ,\, Y_2\, , \, \cdots \, ,\, Y_n$ pour tout $n$ tel que $2 \leq n \leq N$ , donc les variables $(Y_k)_{1 \leq k \leq N}\,$ sont mutuellement indépendantes.

Par propriété des lois géométriques,
$\textrm{E} (Y_k) = \displaystyle \frac {N} {N - k + 1 }$
et $\textrm{V} (Y_k) = \displaystyle \frac {(k - 1)\, N} {(N - k + 1 )^2}$ .
Ces résultats sont encore vrais si $k = 1$ .

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Question 2 :

Il est évident que $X = \displaystyle \sum_{k = 1} ^N Y_k$ donc par linéarité de l’espérance, $\textrm{E}(X) = \displaystyle \sum_{k = 1} ^N \textrm{E}(Y_k) = \sum_{k = 1} ^N \frac {N} {N - k + 1}$ .
et en posant $i = N - k + 1$ ,
$\textrm{E}(X) = \displaystyle N \sum_{i = 1} ^{N } \frac 1 i = N \, H_N$ .

La fonction

$f : t \mapsto 1/t$ est décroissante sur

$[1 , +\infty[$ ; si

$k \in \mathbb{N }^ *,\, \forall\, t \in [k ,\, k + 1],$

$\, f(k + 1) \leq f(t) \leq f(k)$
puis en intégrant sur

$[k ,\, k + 1]$ ,

$\quad f(k + 1) \leq \int_{k} ^{k + 1} f(t) \textrm{d} \, t \leq f(k)$ .
En sommant pour

$k \in [\! [1 , \, N - 1 ]\!]$ ,

$\quad H_{N} - 1 \leq \int_1 ^{N} f(t) \textrm{d} \, t \leq H_N - \displaystyle \frac 1 N$
donc

$\displaystyle \ln(N) + \frac 1 N \leq H_N \leq \ln(N) + 1$ .

Par division par $\ln(N) > 0$ ,
$\quad \displaystyle 1 + \frac 1 {N \ln(N)} \leq \frac {H_N} {\ln(N)} \leq 1 + \frac 1 {\ln(N)}$
donc par encadrement :
$\quad \quad \displaystyle \lim_{N \to +\infty} \frac {H_N} {\ln(N)} = 1$
et alors $H_N \underset {N \to + \infty} \sim \ln(N)$ .

$\textrm{E}(X) = N \, H_N \underset {N \to + \infty} \sim N\, \ln(N)$ .

Comme les variables $Y_i$ sont indépendantes, $\textrm{V}(X) = \displaystyle \sum _{i = 1}^{N} \textrm{V}(Y_i)$ .
$\textrm{V}(X) = \displaystyle \sum _{i = 1}^{N} \frac {N(i - 1)} {(N - i + 1)^2}$ $\displaystyle \textrm{V}(X) = \sum _{k = 1} ^{N} \frac {N(N - k)} {k ^2}$ .
en posant $k = N - i + 1$ . Donc :
$\textrm{V}(X) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^{N} \frac {N^ 2} {k ^2} - \sum _{k = 1} ^{N} \frac {N} k$ .

On note $S_N = \displaystyle \sum _{k = 1} ^{N} \frac {1} {k ^2}$ . La suite $(S_N)_N$ converge vers $S= \displaystyle \sum _{k = 1} ^{+ \infty } \frac {1} {k ^2} = \frac {\pi^2} 6$ .
$\displaystyle S_N \underset {N \to + \infty} = \frac {\pi^2} 6 + \textrm{o}(1)$
et $H_N \underset {N \to + \infty} = \ln(N) + \textrm{o}(\ln(N))$ .
En utilisant $a \, N ^2 + N \, \ln(N) \underset {N \to + \infty} \sim a \, N ^2$ lorsque $a \neq 0$ , $\textrm{V}(X) \underset {N \to + \infty} \sim \displaystyle \frac {N ^2 \, \pi^2} 6$ .

4. Tirages de boules pour avoir deux boules noires consécutives

Mines Ponts MP 2018
On considère un sac dans lequel on a mis des boules blanches et des boules noires. Il y a deux fois plus de boules noires que de boules blanches. Le tirage s’effectue au hasard et avec remise.
On note $X$ la variable aléatoire égale au nombre de tirages pour obtenir deux boules noires consécutives. On pose $u_n = \mathbb{P}(X = n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ .
Question 1
Montrer que : $\forall \in \mathbb{N}^* ,\; u_{n+2 } = a \, u_{n + 1} + b \, u_n$ avec

Question 2.
Démontrer que l’on a bien défini la loi d’une variable aléatoire.

Question 3.
Déterminer la loi de $X$ .

Question 4.
Montrer que $X$ admet des moments de tout ordre. Calculer son espérance et sa variance.

Corrigé de l’exercice :

Question 1 :

Il est évident que $u_0 = u_1 = 0$ .

On note $N_i$ « on tire une boule noire au $i$ -ème tirage » et $B_i$ « on tire une boule blanche au $i$ -ème tirage ».
La famille $B_1\,, \, N_1 \cap B_2 \, ,\, N_1 \cap N_2$ est un système complet d’événements de probabilités non nulles.

Par la formule des probabilités totales si $n \in \mathbb{N}^*$ ,
$\mathbb{P}(X = n + 2) = \mathbb{P}(X = n + 2 \, | \, B_1) \, \mathbb{P} (B_1)$
$\quad \; +\, \mathbb{P}(X = n + 2 \, | \, N_1\cap B_2 ) \, \mathbb{P}(N_1\cap B_2 )$
$\quad \; +\, \mathbb{P}(X = n + 2 \, | \, N_1\cap N_2 ) \, \mathbb{P} (N_1\cap N_2 )$

$\ast$ $\mathbb{P}(X = n + 2 \, | \, B_1) = \mathbb{P}(X = n + 1)$
car il reste $n + 1$ tirages pour obtenir les deux noires consécutives.
$\ast$ $\mathbb{P}(X = n + 2 \, | \, N_1\cap B_2 ) = \mathbb{P}(X = n)$ car il reste $n$ tirages pour obtenir les deux noires consécutives, les deux premiers tirages étant « inutiles ».
$\ast$ Si $n \geq 1, \; \mathbb{P}(X = n + 2 \, | \, N_1\cap N_2 ) = 0$ .

$\mathbb{P}(B_1) = \displaystyle \frac 1 3$ et $\mathbb{P}(N_1 \cap B_2) = \displaystyle \frac 2 9$ .
On a donc prouvé que :
$\displaystyle \forall \, n \in \mathbb{N}^*,\; u_{n + 2} = \frac 1 3 \, u_{n + 1} +\frac 2 9 u_n$ .

Question 2 :

Les événements $(X = n)$ étant deux à deux incompatibles, la série de terme général $u_n$ pour $n \geq 2$ est convergente. On note $S = \displaystyle \sum _{n = 2} ^ {+\infty} u_n$ sa somme.
En sommant la relation $\displaystyle \forall \, n \in \mathbb{N}^*,\; u_{n + 2} = \frac 1 3 \, u_{n + 1} +\frac 2 9 u_n\,$ ,
on obtient comme $u_1 = 0$ ,
$\displaystyle S - u_2 = \frac S 3+ \frac {2 S} 9$
et avec $u_2 = \mathbb{P}(N_1\cap N_2) = \displaystyle \frac 4 9$
$9 S - 4 = 3 S + 2 S\Leftrightarrow 4 S = 4 \Leftrightarrow S = 1$ .

On a donc défini la loi d’une variable aléatoire car $\displaystyle \sum _ {n = 2} ^{+\infty} \mathbb{P} (X = n ) = 1$ .

Question 3 :

L’équation caractéristique $Q(r) = \displaystyle r ^2 - \frac 1 3 r - \frac 2 9 = 0$ admet deux racines distinctes : $\displaystyle r = \frac 2 3$ et $\displaystyle r' = -\frac 1 3$ .

Il existe alors deux réels $\lambda$ et $\mu$ tels que pour tout $n \geq 1$ , $u_n = \lambda \, r^{n - 1} + \mu \, r'^{n - 1}$
(les puissances $n - 1$ au lieu de puissances $n$ simplifient les calculs qui suivent).

En utilisant $u_1 = 0$ et $u_2 = \displaystyle \frac 4 9$ , on obtient le système : $\displaystyle \left \{ \begin{matrix} \lambda + \mu &=& 0 \\ \frac {2 \lambda } {3} - \frac {\mu} 3 &=& \frac 4 {9} \end{matrix} \right.$
$\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left \{ \begin{matrix} \lambda + \mu &=& 0 \\ 2 \lambda - {\mu} &=& \frac 4 {3} \end{matrix} \right.$ $\Leftrightarrow$ $\displaystyle \lambda = \frac {4} {9} , \; \mu = - \frac 4 {9}$
donc pour tout $n \in \mathbb{N}^*,$ $\displaystyle \mathbb{P} (X = n ) = \frac {2 ^{n +1 } } {3^ {n + 1}}\, + \, \frac {4( - 1)^n} {3 ^{n + 1 }}$ .

Question 4 :

Pour tout $k \in \mathbb{N}^*,$ la série de terme général $n ^k \, u_n$ converge absolument car les rayons de convergence des séries $\sum (2 \, x)^n / 3^n$ et $\sum (- x) ^n / 3 ^n$ sont respectivement égaux à $3/2$ et 3.
On utilise ensuite $\displaystyle f(x) = \sum_{n = 1} ^{+\infty } n \, x^{n - 1} = \frac 1 {( 1 - x)^2}$ et $\displaystyle g(x) = \sum_{n = 2} ^{+\infty } n (n - 1) \, x^{n - 2} = \frac 2 {( 1 - x)^3}$ pour calculer l’espérance et la variance.

$\bullet$ Calcul de l’espérance :
$\displaystyle \textrm {E} (X) = \sum _ {n = 1} ^{+\infty} n \, \mathbb{P} (X = n)$ $\displaystyle \textrm{E}(X) = \frac 4 9 \, f \left ( \frac 2 3 \right ) - \frac 4 9 \, f \left ( \frac {-1} 3 \right )$
$\displaystyle \textrm {E} (X) = \frac 4 9 \, \frac 1 {(1 - 2/3)^2} - \frac 4 9 \, \frac 1 {(1 + 1/3)^2}$ $\displaystyle \textrm{E}(X) = 4 - \frac 1 4 = \frac {15} 4$ .

$\bullet$ Calcul de la variance :
$\displaystyle \textrm {E} (X(X - 1) ) = \sum _ {n = 2} ^{+\infty} n \,(n - 1) \, \mathbb{P} (X = n)$ $\displaystyle \textrm{E}(X (X - 1)) = \frac 8 {27} \, g \left ( \frac 2 3 \right ) + \frac 4 {27} \, g \left ( \frac {-1} 3 \right )$
$\displaystyle \quad \quad = \frac 8 {27} \frac 2 {(1 - 2/3)^3} + \frac 4 {27} \, \frac 2 {(1 + 1/3)^3}$
$\textrm{E}(X(X - 1)) = \displaystyle 16 + \frac 1 {8} = \frac {129} {8}$
et enfin $\textrm{V}(X) = \textrm {E} (X(X - 1) ) + \textrm {E} (X ) - \textrm {E}^2 (X )$ $\textrm{V}(X) = \displaystyle \frac {129} {8} + \frac {15} 4 - \frac {225} {16} = \frac {93} {16}$ .

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