Variables aléatoires discrètes : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Une loi sur N* définie par une constante

1. Les nombres \(\dfrac{c}{k(k+1)}\) doivent être positifs et de somme \(1\). D’abord, \(\dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac1k – \dfrac1{k+1}\). Par télescopage, \(\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k(k+1)} = 1 – \dfrac{1}{n+1}\), qui tend vers \(1\). La condition \(c \cdot 1 = 1\) donne donc \(c = 1\).
2. Pour \(N \geq\, n\), \(\sum_{k=n}^{N} (\dfrac1k – \dfrac1{k+1}) = \dfrac1n – \dfrac1{N+1}\). En faisant tendre \(N\) vers \(+\infty\), on obtient \(P(X \geq\, n) = \dfrac1n\).
3. L’événement \((X \text{ pair})\) est la réunion disjointe des \((X = 2j)\), pour \(j \geq\, 1\). Ainsi,
   \[P(X \text{ pair}) = \sum_{j \geq\, 1} (\dfrac{1}{2j} – \dfrac{1}{2j+1}).\]
   Notons \(A_N = \sum_{m=1}^{N} \dfrac{(-1)^{m+1}}{m}\). La somme partielle d’indice \(J\) vaut \(\dfrac12 – \dfrac13 + \cdots + \dfrac1{2J} – \dfrac1{2J+1} = 1 – A_{2J+1}\). Or \(A_{2J+1} \to \ln 2\). Par conséquent, \(P(X \text{ pair}) = 1 – \ln 2 \approx 0{,}307\).
4. L’événement \((X \geq\, n)\) a une probabilité \(\dfrac1n > 0\). Pour \(k \geq\, n\), on a \((X = k) \subset (X \geq\, n)\), donc
   \[P(X = k \mid X \geq\, n) = \dfrac{P(X = k)}{P(X \geq\, n)} = \dfrac{n}{k(k+1)}.\]
   Pour \(k < n\), cette probabilité est nulle. La loi conditionnelle est donnée par \(\dfrac{n}{k(k+1)}\) pour \(k \geq\, n\).

Corrigé de l’exercice 2 : Maximum et minimum de trois dés

1. Chaque \(X_i\) suit la loi uniforme sur \(\{1, \ldots, 6\}\). Ensuite, \((M \leq\, k) = (X_1 \leq\, k) \cap (X_2 \leq\, k) \cap (X_3 \leq\, k)\). Par indépendance, \(P(M \leq\, k) = (\dfrac{k}{6})^3 = \dfrac{k^3}{216}\).
2. Pour \(k \in \{1, \ldots, 6\}\), \(P(M = k) = P(M \leq\, k) – P(M \leq\, k – 1)\). Donc \(P(M = k) = \dfrac{k^3 – (k-1)^3}{216}\), soit \(\dfrac{1}{216}, \dfrac{7}{216}, \dfrac{19}{216}, \dfrac{37}{216}, \dfrac{61}{216}, \dfrac{91}{216}\).
3. De même, \((m \geq\, k) = \bigcap_i (X_i \geq\, k)\) et \(P(X_i \geq\, k) = \dfrac{7 – k}{6}\). Ainsi, \(P(m \geq\, k) = \dfrac{(7 – k)^3}{216}\). Ensuite, \(P(m = k) = P(m \geq\, k) – P(m \geq\, k + 1)\). On obtient \(P(m = k) = \dfrac{(7-k)^3 – (6-k)^3}{216}\). C’est la loi de \(M\) retournée, puisque \(7 – m\) a la même loi que \(M\).
4. Le même raisonnement donne \(P(M \leq\, k) = (\dfrac{k}{N})^n\). Par conséquent, \(P(M = k) = \dfrac{k^n – (k-1)^n}{N^n}\) pour \(1 \leq\, k \leq\, N\).

La figure ci-dessous compare les deux lois obtenues à la loi uniforme d’un seul dé. Le maximum favorise les grandes valeurs, le minimum les petites.

Point de méthode : pour un maximum, calculez \(P(M \leq\, k)\) ; pour un minimum, calculez \(P(m \geq\, k)\). Ces événements sont des intersections, que l’indépendance transforme en produits.

Corrigé de l’exercice 3 : Loi conjointe donnée par un tableau

1. On somme chaque colonne : \(P(X = -1) = \dfrac{3}{10}\), \(P(X = 0) = \dfrac{3}{10}\), \(P(X = 1) = \dfrac{4}{10}\). On somme chaque ligne : \(P(Y = 0) = \dfrac{4}{10}\) et \(P(Y = 2) = \dfrac{6}{10}\). Les deux lois ont bien une somme égale à \(1\).
2. On a \(P(X = -1, Y = 0) = \dfrac{1}{10}\), alors que \(P(X = -1)P(Y = 0) = \dfrac{3}{10} \times \dfrac{4}{10} = \dfrac{12}{100}\). Les variables ne sont donc pas indépendantes.
3. On regroupe les cases selon la valeur de la somme :
   • \(X + Y = -1\) : case \((-1, 0)\), probabilité \(\dfrac1{10}\) ;
   • \(X + Y = 0\) : case \((0, 0)\), probabilité \(\dfrac2{10}\) ;
   • \(X + Y = 1\) : cases \((1, 0)\) et \((-1, 2)\), probabilité \(\dfrac1{10} + \dfrac2{10} = \dfrac3{10}\) ;
   • \(X + Y = 2\) : case \((0, 2)\), probabilité \(\dfrac1{10}\) ;
   • \(X + Y = 3\) : case \((1, 2)\), probabilité \(\dfrac3{10}\).

   Pour le produit, \(XY = 0\) dès que \(Y = 0\) ou \(X = 0\). Ainsi, \(P(XY = 0) = \dfrac4{10} + \dfrac1{10} = \dfrac12\), \(P(XY = -2) = \dfrac2{10}\) et \(P(XY = 2) = \dfrac3{10}\).

4. Comme \(P(Y = 2) = \dfrac{6}{10}\), on divise la ligne \(Y = 2\) par ce nombre. On obtient \(P(X = -1 \mid Y = 2) = \dfrac13\), \(P(X = 0 \mid Y = 2) = \dfrac16\) et \(P(X = 1 \mid Y = 2) = \dfrac12\). Cette loi diffère de celle de \(X\), ce qui confirme la question 2.

Corrigé de l’exercice 4 : Une loi conjointe produit

1. La famille est à termes positifs. Par sommation par paquets,
   \[\sum_{i, j} \dfrac{2^i 3^j}{i!\,j!} = \sum_{i \geq\, 0} \dfrac{2^i}{i!} \sum_{j \geq\, 0} \dfrac{3^j}{j!} = e^2 e^3 = e^5.\]
   Donc \(c = e^{-5}\).
2. Pour \(i \in \mathbb{N}\), \(P(X = i) = \sum_{j} e^{-5}\dfrac{2^i 3^j}{i!\,j!} = e^{-5}\dfrac{2^i}{i!}e^3 = e^{-2}\dfrac{2^i}{i!}\). De même, \(P(Y = j) = e^{-3}\dfrac{3^j}{j!}\). Ainsi, \(X \sim \mathcal{P}(2)\) et \(Y \sim \mathcal{P}(3)\).
3. Pour tous \(i, j\), \(P(X = i)P(Y = j) = e^{-5}\dfrac{2^i 3^j}{i!\,j!} = P(X = i, Y = j)\). Les variables \(X\) et \(Y\) sont donc indépendantes.
4. Pour \(n \in \mathbb{N}\), par la formule du binôme,
   \[P(X + Y = n) = e^{-5}\sum_{i=0}^{n} \dfrac{2^i 3^{n-i}}{i!\,(n-i)!} = \dfrac{e^{-5}}{n!}\sum_{i=0}^{n}\binom\,{n}{i}2^i 3^{n-i} = e^{-5}\dfrac{5^n}{n!}.\]
   Donc \(X + Y \sim \mathcal{P}(5)\). Ensuite, \(P(X = 0, Y = 2) = e^{-5}\dfrac{9}{2}\) et \(P(X + Y = 2) = e^{-5}\dfrac{25}{2}\). Par conséquent, \(P(X = 0 \mid X + Y = 2) = \dfrac{9}{25}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Premier six au lancer d’un dé

1. Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli, de succès « obtenir six », de probabilité \(\dfrac16\). Les lancers sont indépendants et \(T\) est le rang du premier succès. D’après le cours, \(T \sim \mathcal{G}(1/6)\).
2. D’abord, \(P(T > n) = (\dfrac56)^n\), car les \(n\) premiers lancers sont des échecs. Ensuite, \(P(T \leq\, 3) = 1 – (\dfrac56)^3 = 1 – \dfrac{125}{216} = \dfrac{91}{216} \approx 0{,}421\).
3. On cherche \((\dfrac56)^n \leq\, \dfrac12\), soit \(n \ln\dfrac65 \geq\, \ln 2\), donc \(n \geq\, \dfrac{\ln 2}{\ln 1{,}2} \approx 3{,}80\). Vérifions : \((\dfrac56)^3 \approx 0{,}579\) et \((\dfrac56)^4 = \dfrac{625}{1296} \approx 0{,}482\). Le plus petit entier est \(n = 4\).
4. Avec \(p = \dfrac16\) et \(q = \dfrac56\),
   \[P(T \text{ pair}) = \sum_{j \geq\, 1} p\,q^{2j-1} = \dfrac{pq}{1 – q^2} = \dfrac{q}{1 + q}.\]
   On obtient \(P(T \text{ pair}) = \dfrac{5/6}{11/6} = \dfrac{5}{11}\).

Corrigé de l’exercice 6 : Modes d’une loi de Poisson

1. Pour \(k \geq\, 1\), \(\dfrac{p_k}{p_{k-1}} = \dfrac{e^{-\lambda}\lambda^k/k!}{e^{-\lambda}\lambda^{k-1}/(k-1)!}\), donc \(\dfrac{p_k}{p_{k-1}} = \dfrac{\lambda}{k}\).
2. Ainsi, \(p_k > p_{k-1}\) si et seulement si \(k < \lambda\), et \(p_k = p_{k-1}\) si et seulement si \(k = \lambda\). La suite \((p_k)\) croît donc strictement jusqu’au plus grand entier strictement inférieur à \(\lambda\), puis décroît. Si \(\lambda \notin \mathbb{N}\), le maximum est atteint uniquement en \(k = \lfloor \lambda \rfloor\). Si \(\lambda \in \mathbb{N}^*\), on a \(p_{\lambda – 1} = p_\lambda\), et le maximum est atteint en \(\lambda – 1\) et en \(\lambda\).
3. Pour \(\lambda = 3{,}5\), le mode est \(3\) et \(p_3 = e^{-3{,}5}\dfrac{3{,}5^3}{6} \approx 0{,}216\). Pour \(\lambda = 4\), les modes sont \(3\) et \(4\), avec \(p_3 = p_4 = e^{-4}\dfrac{64}{6} \approx 0{,}195\).

Corrigé de l’exercice 7 : Parité d’une variable de Poisson

1. L’événement \((X \text{ pair})\) est la réunion disjointe des \((X = 2k)\). Donc
   \[P(X \text{ pair}) = e^{-\lambda}\sum_{k \geq\, 0}\dfrac{\lambda^{2k}}{(2k)!} = e^{-\lambda}\operatorname{ch}\lambda = \dfrac{1 + e^{-2\lambda}}{2}.\]
   La variable \(Y = (-1)^X\) prend les valeurs \(1\) et \(-1\). Ainsi, \(P(Y = 1) = \dfrac{1 + e^{-2\lambda}}{2}\) et \(P(Y = -1) = \dfrac{1 – e^{-2\lambda}}{2}\).
2. L’événement \((X \text{ pair})\) est de probabilité non nulle. Pour \(k \in \mathbb{N}\), \((X = 2k) \subset (X \text{ pair})\), donc
   \[P(X = 2k \mid X \text{ pair}) = \dfrac{e^{-\lambda}\lambda^{2k}/(2k)!}{e^{-\lambda}\operatorname{ch}\lambda} = \dfrac{\lambda^{2k}}{(2k)!\,\operatorname{ch}\lambda}.\]
   Les valeurs impaires ont une probabilité conditionnelle nulle.
3. La variable \(W\) prend les valeurs \(0\), \(1\) et \(2\). D’abord, \(P(W = 0) = e^{-\lambda}\) et \(P(W = 1) = \lambda e^{-\lambda}\). Ensuite, \((W = 2) = (X \geq\, 2)\). Donc \(P(W = 2) = 1 – e^{-\lambda}(1 + \lambda)\).
4. Pour \(\lambda = 1\), \(P(X \text{ pair}) = \dfrac{1 + e^{-2}}{2} \approx 0{,}568\).

Corrigé de l’exercice 8 : Absence de mémoire de la loi géométrique

1. D’après le cours, \(P(X > m) = q^m\) pour tout \(m \in \mathbb{N}\). Comme \((X > n + k) \subset (X > n)\),
   \[P(X > n + k \mid X > n) = \dfrac{P(X > n + k)}{P(X > n)} = \dfrac{q^{n+k}}{q^n} = q^k.\]
   C’est bien \(P(X > k)\).
2. Sachant \((X > n)\), la variable \(X – n\) prend ses valeurs dans \(\mathbb{N}^*\). Pour \(k \geq\, 1\),
   \[P(X – n = k \mid X > n) = \dfrac{P(X = n + k)}{q^n} = \dfrac{p\,q^{n+k-1}}{q^n} = p\,q^{k-1}.\]
   La loi conditionnelle de \(X – n\) sachant \((X > n)\) est donc \(\mathcal{G}(p)\).
3. Posons \(u_n = P(Z > n)\). On a \(u_0 = 1\), car \(Z \geq\, 1\). L’hypothèse s’écrit \(u_{n+k} = u_n u_k\). Avec \(k = 1\), la suite \((u_n)\) est géométrique de raison \(u_1\), donc \(u_n = u_1^n\). D’une part, \(u_1 > 0\) par hypothèse. D’autre part, les événements \((Z > n)\) décroissent et leur intersection est vide, car \(Z\) est à valeurs finies. Par continuité décroissante, \(u_n \to 0\), donc \(u_1 < 1\). Posons \(q = u_1\). Alors \(P(Z = n) = u_{n-1} – u_n = q^{n-1}(1 – q)\). Ainsi, \(Z \sim \mathcal{G}(1 – q)\).
4. Soit \(L\) la durée de vie. Par la question 1, \(P(L > 40 \mid L > 30) = P(L > 10) = 0{,}98^{10}\). Cette probabilité vaut environ \(0{,}817\). L’âge du composant n’intervient pas.

Corrigé de l’exercice 9 : Partie entière supérieure d’une variable géométrique

1. La variable \(Y\) prend ses valeurs dans \(\mathbb{N}^*\). Pour \(k \geq\, 1\), \((Y = k) = (X = 2k – 1) \cup (X = 2k)\), réunion disjointe. Donc
   \[P(Y = k) = p\,q^{2k-2} + p\,q^{2k-1} = p(1 + q)(q^2)^{k-1} = (1 – q^2)(q^2)^{k-1},\]
   car \(p(1 + q) = (1 – q)(1 + q)\). Ainsi, \(Y \sim \mathcal{G}(1 – q^2)\).
2. Si \(X = 2k – 1\), alors \(R = 1\) ; si \(X = 2k\), alors \(R = 0\). Donc \(R\) vaut \(1\) exactement quand \(X\) est impair, et
   \[P(R = 1) = \sum_{k \geq\, 1} p\,q^{2k-2} = \dfrac{p}{1 – q^2} = \dfrac{1}{1 + q}.\]
   La variable \(R\) suit la loi \(\mathcal{B}(\dfrac{1}{1 + q})\).
3. Pour \(k \geq\, 1\), \(P(Y = k, R = 1) = P(X = 2k – 1) = p\,q^{2k-2}\). Or \(P(Y = k)P(R = 1) = (1 – q^2)q^{2k-2} \cdot \dfrac{1}{1 + q} = p\,q^{2k-2}\). De même, \(P(Y = k, R = 0) = p\,q^{2k-1}\) et \(P(Y = k)P(R = 0) = (1 – q^2)q^{2k-2}\cdot\dfrac{q}{1 + q} = p\,q^{2k-1}\). La loi conjointe se factorise : \(Y\) et \(R\) sont indépendantes.

Corrigé de l’exercice 10 : Approximation de la loi binomiale par la loi de Poisson

1. Fixons \(k\) et prenons \(n \geq\, k\). On écrit
   \[P(X_n = k) = \dfrac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\cdot\dfrac{(n p_n)^k}{k!}\cdot(1 – p_n)^{n-k}.\]
   Le premier facteur est un produit de \(k\) termes \(\dfrac{n – i}{n}\) qui tendent vers \(1\). Le deuxième tend vers \(\dfrac{\lambda^k}{k!}\). Pour le troisième, \(p_n \sim \dfrac{\lambda}{n} \to 0\), donc \(\ln(1 – p_n) \sim -p_n\). Ainsi, \((n – k)\ln(1 – p_n) \sim -n p_n \to -\lambda\). Par continuité de l’exponentielle, \((1 – p_n)^{n-k} \to e^{-\lambda}\). Finalement, \(P(X_n = k) \to e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}\).
2. La variable \(D\) compte les succès dans 400 épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre \(0{,}005\). Donc \(D \sim \mathcal{B}(400\,;\,0{,}005)\), approchée par \(\mathcal{P}(2)\), car \(400 \times 0{,}005 = 2\).
3. Avec la loi exacte, \(P(D = 0) = 0{,}995^{400} \approx 0{,}1347\). Ensuite, \(P(D = 1) = 400 \times 0{,}005 \times 0{,}995^{399} \approx 0{,}2707\) et \(P(D = 2) = \binom\,{400}{2}0{,}005^2 \times 0{,}995^{398} \approx 0{,}2713\). Ainsi, \(P(D \leq\, 2) \approx 0{,}6767\). Avec la loi de Poisson, \(P(D = 0) \approx e^{-2} \approx 0{,}1353\) et \(P(D \leq\, 2) \approx 5e^{-2} \approx 0{,}6767\). Les deux calculs coïncident à \(10^{-3}\) près.

Comme le montre la figure ci-dessous, les deux diagrammes sont presque indiscernables.

Corrigé de l’exercice 11 : Somme de deux variables de Poisson indépendantes

1. La variable \(S\) est à valeurs dans \(\mathbb{N}\). Pour \(n \in \mathbb{N}\), \((S = n)\) est la réunion disjointe des \((X = k, Y = n – k)\), pour \(0 \leq\, k \leq\, n\). Par indépendance et par la formule du binôme,
   \[P(S = n) = \sum_{k=0}^{n} e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}e^{-\mu}\dfrac{\mu^{n-k}}{(n-k)!} = e^{-(\lambda+\mu)}\dfrac{(\lambda + \mu)^n}{n!}.\]
   Donc \(S \sim \mathcal{P}(\lambda + \mu)\).
2. Soit \(0 \leq\, k \leq\, n\). Comme \(P(S = n) > 0\),
   \[P(X = k \mid S = n) = \dfrac{P(X = k)P(Y = n – k)}{P(S = n)} = \binom\,{n}{k}(\dfrac{\lambda}{\lambda + \mu})^k(\dfrac{\mu}{\lambda + \mu})^{n-k}.\]
   La loi conditionnelle de \(X\) sachant \((S = n)\) est \(\mathcal{B}(n, \dfrac{\lambda}{\lambda + \mu})\).
3. Ici \(S \sim \mathcal{P}(5)\), donc \(P(S = 4) = e^{-5}\dfrac{5^4}{24} \approx 0{,}175\). Ensuite, la loi de \(X\) sachant \((S = 4)\) est \(\mathcal{B}(4\,;\,3/5)\). Ainsi, \(P(X = 3 \mid S = 4) = 4(\dfrac35)^3\dfrac25 = \dfrac{216}{625} \approx 0{,}346\).

Corrigé de l’exercice 12 : Sommes binomiales et loi hypergéométrique

1. La somme \(X + Y\) prend ses valeurs dans \(\{0, \ldots, n + m\}\). Pour \(k\) dans cet ensemble, avec la convention \(\binom\,{a}{b} = 0\) hors de \(0 \leq\, b \leq\, a\),
   \[P(X + Y = k) = \sum_{i=0}^{k}\binom\,{n}{i}p^i q^{n-i}\binom\,{m}{k-i}p^{k-i}q^{m-k+i} = p^k q^{n+m-k}\sum_{i=0}^{k}\binom\,{n}{i}\binom\,{m}{k-i}.\]
   La formule de Vandermonde donne \(\sum_i \binom\,{n}{i}\binom\,{m}{k-i} = \binom\,{n+m}{k}\). Donc \(X + Y \sim \mathcal{B}(n + m, p)\).
2. Soit \(B_1, \ldots, B_{n+m}\) des variables indépendantes de loi \(\mathcal{B}(p)\). Posons \(X^{\prime} = B_1 + \cdots + B_n\) et \(Y^{\prime} = B_{n+1} + \cdots + B_{n+m}\). D’après le cours, \(X^{\prime} \sim \mathcal{B}(n, p)\) et \(Y^{\prime} \sim \mathcal{B}(m, p)\). Par le lemme des coalitions, \(X^{\prime}\) et \(Y^{\prime}\) sont indépendantes. Le couple \((X^{\prime}, Y^{\prime})\) a donc la même loi conjointe que \((X, Y)\), et \(X + Y\) a la loi de \(X^{\prime} + Y^{\prime} = \sum B_i\). On retrouve \(X + Y \sim \mathcal{B}(n + m, p)\).
3. Pour \(\max(0, k – m) \leq\, i \leq\, \min(n, k)\),
   \[P(X = i \mid X + Y = k) = \dfrac{\binom\,{n}{i}p^i q^{n-i}\binom\,{m}{k-i}p^{k-i}q^{m-k+i}}{\binom\,{n+m}{k}p^k q^{n+m-k}} = \dfrac{\binom\,{n}{i}\binom\,{m}{k-i}}{\binom\,{n+m}{k}}.\]
   C’est la loi hypergéométrique, qui ne dépend pas de \(p\) : c’est la loi du nombre de boules blanches quand on tire \(k\) boules sans remise dans une urne de \(n\) blanches et \(m\) noires.

Corrigé de l’exercice 13 : Minimum et maximum de deux lois géométriques

1. On a \((\min(X, Y) > n) = (X > n) \cap (Y > n)\). Par indépendance, \(P(\min(X, Y) > n) = q^n s^n = (qs)^n\). Avec \(0 < qs < 1\), on obtient \(P(\min(X, Y) = n) = (qs)^{n-1} – (qs)^n = (1 – qs)(qs)^{n-1}\). Ainsi, \(\min(X, Y) \sim \mathcal{G}(1 – qs)\).
2. De même, \(P(\max(X, Y) \leq\, n) = (1 – q^n)(1 – s^n)\). Pour \(n \geq\, 1\), \(P(\max(X, Y) = n) = (1 – q^n)(1 – s^n) – (1 – q^{n-1})(1 – s^{n-1})\).
3. L’événement \((X = Y)\) est la réunion disjointe des \((X = k, Y = k)\). Donc
   \[P(X = Y) = \sum_{k \geq\, 1} p\,q^{k-1}\,r\,s^{k-1} = \dfrac{pr}{1 – qs}.\]
   Ensuite, \(P(X < Y) = \sum_{k \geq\, 1} P(X = k)P(Y > k) = \sum_{k \geq\, 1} p\,q^{k-1}s^k\). Ainsi, \(P(X = Y) = \dfrac{pr}{1 – qs}\) et \(P(X < Y) = \dfrac{ps}{1 – qs}\).
4. Pour \(p = r = \dfrac12\), \(1 – qs = \dfrac34\). Donc \(P(X = Y) = \dfrac{1/4}{3/4} = \dfrac13\) et \(P(X < Y) = \dfrac13\). Par symétrie, ou par complémentaire, \(P(X = Y) = P(X < Y) = P(X > Y) = \dfrac13\).

Corrigé de l’exercice 14 : Somme de deux lois géométriques de paramètres distincts

1. Notons \(q = 1 – p\) et \(s = 1 – r\), avec \(q \neq s\). La somme prend ses valeurs dans \(\{2, 3, \ldots\}\). Pour \(n \geq\, 2\), par indépendance,
   \[P(X + Y = n) = \sum_{k=1}^{n-1} p\,q^{k-1}\,r\,s^{n-k-1} = pr\sum_{j=0}^{n-2} q^j s^{n-2-j}.\]
   Or \(\sum_{j=0}^{n-2} q^j s^{n-2-j} = \dfrac{s^{n-1} – q^{n-1}}{s – q}\), et \(s – q = p – r\). On obtient bien \(P(X + Y = n) = \dfrac{pr}{p – r}\big(s^{n-1} – q^{n-1}\big)\).
2. Par sommes géométriques,
   \[\sum_{n \geq\, 2}\big(s^{n-1} – q^{n-1}\big) = \dfrac{s}{1 – s} – \dfrac{q}{1 – q} = \dfrac{s}{r} – \dfrac{q}{p} = \dfrac{ps – qr}{pr}.\]
   De plus, \(ps – qr = p – pr – r + pr = p – r\). La somme vaut donc \(\dfrac{pr}{p – r}\cdot\dfrac{p – r}{pr} = 1\).
3. Posons \(f(x) = (1 – x)^{n-1}\). Alors \(\dfrac{s^{n-1} – q^{n-1}}{p – r} = -\dfrac{f(r) – f(p)}{r – p}\), qui tend vers \(-f^{\prime}(p) = (n – 1)(1 – p)^{n-2}\) quand \(r \to p\). La limite de la formule est donc \((n – 1)p^2 q^{n-2}\). Vérifions directement : si \(r = p\), chaque terme de la somme de la question 1 vaut \(p^2 q^{n-2}\), et il y a \(n – 1\) termes. Ainsi, pour \(X, Y\) indépendantes de loi \(\mathcal{G}(p)\), \(P(X + Y = n) = (n – 1)p^2 q^{n-2}\).

La figure ci-dessous représente cette loi pour \(p = 0{,}5\) et \(r = 0{,}2\). Pour \(n\) grand, le terme en \((1 – r)^{n-1}\) domine, car \(1 – r > 1 – p\).

Corrigé de l’exercice 15 : Loi conjointe sur N² et somme décalée

1. La famille est positive. Par sommation par paquets,
   \[\sum_{i, j}\dfrac{i + j}{i!\,j!} = \sum_{i, j}\dfrac{i}{i!\,j!} + \sum_{i, j}\dfrac{j}{i!\,j!} = 2(\sum_{i \geq\, 1}\dfrac{1}{(i-1)!})(\sum_{j \geq\, 0}\dfrac{1}{j!}) = 2e^2.\]
   Donc \(c = \dfrac{1}{2e^2}\).
2. Pour \(i \in \mathbb{N}\), \(\sum_{j}\dfrac{i + j}{j!} = i\,e + e\), car \(\sum_{j} \dfrac{j}{j!} = e\). Donc
   \[P(X = i) = \dfrac{1}{2e^2}\cdot\dfrac{(i + 1)e}{i!} = \dfrac{i + 1}{2e\,i!}.\]
   On vérifie que \(\sum_i \dfrac{i + 1}{i!} = 2e\). Par symétrie des rôles, \(Y\) a la même loi : \(P(Y = j) = \dfrac{j + 1}{2e\,j!}\).
3. On a \(P(X = 0, Y = 0) = 0\), alors que \(P(X = 0)P(Y = 0) = \dfrac{1}{4e^2} \neq 0\). Les variables ne sont pas indépendantes.
4. Pour \(n \in \mathbb{N}\), on somme sur la diagonale \(i + j = n\) :
   \[P(S = n) = \dfrac{n}{2e^2}\sum_{i=0}^{n}\dfrac{1}{i!\,(n-i)!} = \dfrac{n}{2e^2}\cdot\dfrac{2^n}{n!}.\]
   Ainsi \(P(S = 0) = 0\) et, pour \(n \geq\, 1\), \(P(S = n) = e^{-2}\dfrac{2^{n-1}}{(n-1)!}\). En posant \(m = n – 1\), \(P(S – 1 = m) = e^{-2}\dfrac{2^m}{m!}\). Donc \(S – 1 \sim \mathcal{P}(2)\).

Corrigé de l’exercice 16 : Indépendance deux à deux et indépendance mutuelle

1. La variable \(Z\) vaut \(1\) si \(X \neq Y\) et \(0\) sinon. Par indépendance, \(P(Z = 1) = P(X = 0, Y = 1) + P(X = 1, Y = 0) = \dfrac14 + \dfrac14\). Donc \(Z \sim \mathcal{B}(1/2)\).
2. Pour \(a, c \in \{0, 1\}\), l’événement \((X = a, Z = c)\) équivaut à \((X = a, Y = b)\), où \(b\) est l’unique valeur telle que \(|a – b| = c\). Par indépendance, sa probabilité vaut \(\dfrac14 = P(X = a)P(Z = c)\). Donc \(X\) et \(Z\) sont indépendantes ; par symétrie, \(Y\) et \(Z\) aussi. De plus, \(X\) et \(Y\) sont indépendantes par hypothèse.
3. L’événement \((X = 0, Y = 0, Z = 1)\) est vide, car \(X = Y\) impose \(Z = 0\). Sa probabilité est nulle, alors que \(P(X = 0)P(Y = 0)P(Z = 1) = \dfrac18\). Les trois variables ne sont donc pas mutuellement indépendantes. En effet, \(Z\) est déterminée par \(X\) et \(Y\).
4. Les applications \(f : x \mapsto x^2\) et \(g : x \mapsto e^x\) sont définies sur \(\mathbb{Z}\). D’après le cours, si \(U\) et \(V\) sont indépendantes, \(f(U)\) et \(g(V)\) le sont aussi. En détail, pour \(a\) et \(b\) dans les images, \(P(U^2 = a, e^V = b) = P(U \in f^{-1}(\{a\}), V = \ln b) = P(U^2 = a)P(e^V = b)\). Donc \(U^2\) et \(e^V\) sont indépendantes.

Corrigé de l’exercice 17 : Lemme des coalitions et parité d’une somme

1. Les paquets \(\{X_1, X_2\}\) et \(\{X_3, X_4\}\) sont disjoints. Par le lemme des coalitions, \(X_1X_2\) et \(X_3 + X_4\) sont indépendantes. Ensuite, \(X_1X_2\) vaut \(0\) ou \(1\), et \(P(X_1X_2 = 1) = P(X_1 = 1)P(X_2 = 1) = p^2\). Donc \(X_1X_2 \sim \mathcal{B}(p^2)\) et \(X_3 + X_4 \sim \mathcal{B}(2, p)\).
2. Les paquets \(\{X_1, X_2\}\) et \(\{X_2, X_3\}\) ne sont pas disjoints, et le lemme ne s’applique pas. De fait, \((U = 0, V = 2)\) exige \(X_2 = 0\) et \(X_2 = 1\) : cet événement est vide. Or \(P(U = 0)P(V = 2) = q^2p^2 \neq 0\). Les variables \(U\) et \(V\) ne sont pas indépendantes.
3. Pour \(k \geq\, 1\), on a la réunion disjointe
   \[(S_k \text{ pair}) = \big(S_{k-1} \text{ pair},\ X_k = 0\big) \cup \big(S_{k-1} \text{ impair},\ X_k = 1\big).\]
   Par le lemme des coalitions, \(S_{k-1}\) est indépendante de \(X_k\). Donc \(e_k = q\,e_{k-1} + p(1 – e_{k-1})\). Ainsi, \(e_k = p + (1 – 2p)e_{k-1}\). Pour \(k = 1\), la formule reste vraie avec \(S_0 = 0\).
4. Le point fixe de \(x \mapsto p + (1 – 2p)x\) est \(\dfrac12\). Donc \(e_k – \dfrac12 = (1 – 2p)(e_{k-1} – \dfrac12)\), et \(e_n – \dfrac12 = (1 – 2p)^n(1 – \dfrac12)\). Par conséquent, \(e_n = \dfrac{1 + (1 – 2p)^n}{2}\). Comme \(0 < p < 1\), on a \(|1 – 2p| < 1\). Donc \(e_n \to \dfrac12\).

Corrigé de l’exercice 18 : Rangs des deux premiers succès

1. Le théorème d’existence du cours fournit un espace probabilisé portant une suite i.i.d. de loi \(\mathcal{B}(p)\). Ensuite, \((T_1 = +\infty) = \bigcap_n (X_1 = \cdots = X_n = 0)\), intersection décroissante. Par continuité décroissante, \(P(T_1 = +\infty) = \lim q^n = 0\). Pour \(T_2\), on calculera sa loi à la question 3 et l’on vérifiera que la somme vaut \(1\). Ainsi, \(T_1\) et \(T_2\) sont finies presque sûrement.
2. Soit \(1 \leq\, i < j\). L’événement \((T_1 = i, T_2 = j)\) signifie : échecs aux rangs \(1\) à \(i – 1\) et \(i + 1\) à \(j – 1\), succès aux rangs \(i\) et \(j\). Il fait intervenir \(j\) variables indépendantes, dont deux succès. Donc \(P(T_1 = i, T_2 = j) = p^2q^{j-2}\) pour \(1 \leq\, i < j\), et \(0\) sinon.
3. Pour \(j \geq\, 2\), on somme sur \(i \in \{1, \ldots, j – 1\}\) : \(P(T_2 = j) = (j – 1)p^2q^{j-2}\). Par dérivation de la série géométrique, \(\sum_{j \geq\, 2}(j – 1)q^{j-2} = \dfrac{1}{(1 – q)^2} = \dfrac{1}{p^2}\). La somme des probabilités vaut donc \(1\), et \(T_2\) est finie presque sûrement.
4. La variable \(D\) est à valeurs dans \(\mathbb{N}^*\). Pour \(i, d \geq\, 1\), \(P(T_1 = i, D = d) = P(T_1 = i, T_2 = i + d) = p^2q^{i+d-2}\). En sommant sur \(i\), \(P(D = d) = p\,q^{d-1}\sum_{i \geq\, 1}p\,q^{i-1} = p\,q^{d-1}\). Ainsi, \(P(T_1 = i, D = d) = p\,q^{i-1} \cdot p\,q^{d-1} = P(T_1 = i)P(D = d)\). Donc \(T_1\) et \(D\) sont indépendantes, toutes deux de loi \(\mathcal{G}(p)\). On retrouve la loi de \(T_2 = T_1 + D\) de l’exercice 14.

Corrigé de l’exercice 19 : Tri d’une loi de Poisson

1. Soit \(i, j \in \mathbb{N}\) et \(n = i + j\). On a \((X = i, N – X = j) = (N = n, X = i)\). Par la formule des probabilités composées,
   \[P(X = i, N – X = j) = P(N = n)\,P(X = i \mid N = n) = e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^n}{n!}\binom\,{n}{i}p^i q^j.\]
   Comme \(\dfrac{1}{n!}\binom\,{n}{i} = \dfrac{1}{i!\,j!}\) et \(\lambda^n = \lambda^i \lambda^j\), on obtient \(P(X = i, N – X = j) = e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^i}{i!}\cdot e^{-\lambda q}\dfrac{(\lambda q)^j}{j!}\), car \(e^{-\lambda} = e^{-\lambda p}e^{-\lambda q}\).
2. En sommant sur \(j\), le second facteur donne \(1\). Donc \(X \sim \mathcal{P}(\lambda p)\) et, de même, \(N – X \sim \mathcal{P}(\lambda q)\).
3. La loi conjointe est le produit des lois marginales : \(X\) et \(N – X\) sont indépendantes. En revanche, \(X\) et \(N\) ne le sont pas. En effet, \(P(X = 1, N = 0) = 0\), alors que \(P(X = 1)P(N = 0) > 0\).
4. Pour \(\lambda = 10\) et \(p = 0{,}6\), \(X \sim \mathcal{P}(6)\). Donc \(P(X = 0) = e^{-6} \approx 0{,}0025\).

La figure ci-dessous montre les trois lois : le nombre d’œufs pondus se partage en deux variables de Poisson indépendantes.

Point de méthode : dès que l’on connaît la loi de \(N\) et la loi conditionnelle de \(X\) sachant \(N\), la formule des probabilités composées donne la loi conjointe. Il reste ensuite à sommer.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème, caractérisation des lois géométriques

Partie A.

1. C’est le cas \(r = p\) de l’exercice 14 : \(P(S = n) = (n – 1)p^2q^{n-2}\) pour \(n \geq\, 2\). En effet, chacun des \(n – 1\) couples \((k, n – k)\) a pour probabilité \(p\,q^{k-1}p\,q^{n-k-1} = p^2q^{n-2}\).
2. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\),
   \[P(X = k \mid S = n) = \dfrac{P(X = k)P(Y = n – k)}{P(S = n)} = \dfrac{p^2q^{n-2}}{(n – 1)p^2q^{n-2}} = \dfrac{1}{n – 1}.\]
   La loi conditionnelle est uniforme sur \(\{1, \ldots, n – 1\}\).

Partie B.

1. Pour \(n \geq\, 2\), \(P(S = n) \geq\, P(X = 1, Y = n – 1) = u_1u_{n-1} > 0\). Ensuite, pour \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\), l’hypothèse et l’indépendance donnent \(\dfrac{u_k u_{n-k}}{P(S = n)} = \dfrac{1}{n – 1}\). Donc \(u_k u_{n-k} = \dfrac{P(S = n)}{n – 1}\), quantité indépendante de \(k\).
2. Soit \(k \geq\, 1\) et \(n = k + 2\). Les indices \(k\) et \(1\) sont dans \(\{1, \ldots, n – 1\}\). La question précédente donne \(u_k u_2 = u_1 u_{k+1}\). Comme \(u_1 > 0\), on a \(u_{k+1} = \dfrac{u_2}{u_1}u_k\).
3. Posons \(\rho = \dfrac{u_2}{u_1} > 0\). Par récurrence, \(u_k = u_1\rho^{k-1}\). La série \(\sum u_k\) converge, avec une somme \(1\), donc \(\rho < 1\). Ensuite, \(\dfrac{u_1}{1 – \rho} = 1\) donne \(u_1 = 1 – \rho\). Ainsi, \(X \sim \mathcal{G}(1 – \rho)\).
4. Prenons \(X = Y = 1\) presque sûrement. Alors \(S = 2\) presque sûrement. Le seul \(n\) tel que \(P(S = n) > 0\) est \(n = 2\), et la loi de \(X\) sachant \((S = 2)\) est la loi certaine en \(1\), c’est-à-dire la loi uniforme sur \(\{1\}\). La loi certaine en \(1\) vérifie donc l’hypothèse sans être géométrique : la positivité des \(u_k\) est indispensable.

Point de méthode : dans une caractérisation, on transforme l’hypothèse en relation fonctionnelle sur les \(u_k\), puis on choisit des indices qui donnent une récurrence simple.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème, caractérisation des lois de Poisson

1. On a \(s_n \geq\, P(X = n, Y = 0) = u_nv_0 > 0\). Pour \(0 \leq\, k \leq\, n\), par indépendance, \(P(X = k \mid S = n) = \dfrac{u_kv_{n-k}}{s_n}\). L’hypothèse donne alors \(u_kv_{n-k} = \dbinom{n}{k}p^kq^{n-k}s_n\).
2. Prenons \(n = k + 1\). Avec l’indice \(k + 1\), on obtient \(u_{k+1}v_0 = p^{k+1}s_{k+1}\). Avec l’indice \(k\), on obtient \(u_kv_1 = (k + 1)p^kq\,s_{k+1}\). Toutes ces quantités sont non nulles. En divisant,
   \[\dfrac{u_{k+1}v_0}{u_kv_1} = \dfrac{p}{(k + 1)q}.\]
   Donc \(u_{k+1} = \dfrac{\alpha}{k + 1}u_k\), avec \(\alpha = \dfrac{p\,v_1}{q\,v_0}\).
3. Par récurrence, \(u_k = u_0\dfrac{\alpha^k}{k!}\). La condition \(\sum_k u_k = 1\) donne \(u_0e^{\alpha} = 1\). Ainsi, \(u_k = e^{-\alpha}\dfrac{\alpha^k}{k!}\) et \(X \sim \mathcal{P}(\alpha)\).
4. Toujours avec \(n = k + 1\), l’indice \(0\) donne \(u_0v_{k+1} = q^{k+1}s_{k+1}\) et l’indice \(1\) donne \(u_1v_k = (k + 1)p\,q^k s_{k+1}\). Donc \(\dfrac{u_0v_{k+1}}{u_1v_k} = \dfrac{q}{(k + 1)p}\), c’est-à-dire \(v_{k+1} = \dfrac{\beta}{k + 1}v_k\). Comme à la question 3, \(Y \sim \mathcal{P}(\beta)\), avec \(\beta = \dfrac{q\,u_1}{p\,u_0}\). Or \(\dfrac{u_1}{u_0} = \alpha\). Donc \(\beta = \dfrac{q}{p}\alpha\).
5. D’après l’exercice 11, la loi de \(X\) sachant \((S = n)\) est \(\mathcal{B}(n, \dfrac{\alpha}{\alpha + \beta})\). Or \(\dfrac{\alpha}{\alpha + \beta} = \dfrac{\alpha}{\alpha(1 + q/p)} = \dfrac{p}{p + q} = p\). On retrouve bien le paramètre \(p\) de l’hypothèse.

Corrigé de l’exercice 22 : Temps d’attente de deux piles consécutifs

1. Notons \(B_i\) l’événement « les lancers \(2i – 1\) et \(2i\) donnent tous deux pile ». Les \(B_i\) portent sur des paquets disjoints de lancers. Par le lemme des coalitions, ils sont indépendants, et \(P(B_i) = \dfrac14\). Si \(T > 2k\), aucun des \(B_1, \ldots, B_k\) n’est réalisé. Donc \(P(T > 2k) \leq\, P\big(\overline{B_1} \cap \cdots \cap \overline{B_k}\big) = (\dfrac34)^k\). Enfin, \((T = +\infty) \subset (T > 2k)\) pour tout \(k\). Donc \(P(T = +\infty) = 0\).
2. D’abord, \(a_1 = 2\) (mots \(P\) et \(F\)) et \(a_2 = 3\) (mots \(PF\), \(FP\), \(FF\)). Soit \(m \geq\, 2\). Un mot admissible de longueur \(m\) finit par \(F\) ou par \(P\). S’il finit par \(F\), son préfixe de longueur \(m – 1\) est un mot admissible quelconque : \(a_{m-1}\) choix. S’il finit par \(P\), la lettre précédente est \(F\) et le préfixe de longueur \(m – 2\) est admissible : \(a_{m-2}\) choix. Donc \(a_m = a_{m-1} + a_{m-2}\). C’est la suite de Fibonacci décalée : \(a_m = F_{m+2}\).
3. L’événement \((T = 2)\) est « pile, pile », de probabilité \(\dfrac14\). Soit \(n \geq\, 3\). On a \(T = n\) si et seulement si : les lancers \(n – 1\) et \(n\) sont des piles, le lancer \(n – 2\) est face, et les \(n – 3\) premiers lancers ne contiennent pas deux piles consécutifs. En effet, un pile en \(n – 2\) donnerait un double pile dès le rang \(n – 1\). Réciproquement, ces conditions excluent tout double pile avant le rang \(n\). Chaque suite de \(n\) résultats a pour probabilité \(2^{-n}\), et il y a \(a_{n-3}\) suites convenables. Donc \(P(T = n) = \dfrac{a_{n-3}}{2^n}\) pour \(n \geq\, 3\).
4. Pour \(n \geq\, 5\), la relation \(a_{n-3} = a_{n-4} + a_{n-5}\) donne \(p_n = \dfrac{a_{n-4}}{2^n} + \dfrac{a_{n-5}}{2^n} = \dfrac12p_{n-1} + \dfrac14p_{n-2}\). Pour \(n = 4\), on vérifie à la main : \(p_4 = \dfrac{2}{16} = \dfrac18\) et \(\dfrac12p_3 + \dfrac14p_2 = \dfrac1{16} + \dfrac1{16} = \dfrac18\). Notons \(\Sigma = \sum_{n \geq\, 2}p_n\), qui est finie et vaut au plus \(1\). En sommant la relation pour \(n \geq\, 4\),
   \[\Sigma – p_2 – p_3 = \dfrac12(\Sigma – p_2) + \dfrac14\Sigma.\]
   Avec \(p_2 = \dfrac14\) et \(p_3 = \dfrac18\), on obtient \(\dfrac14\Sigma = \dfrac14 + \dfrac18 – \dfrac18 = \dfrac14\). Donc \(\Sigma = 1\), ce qui confirme la question 1.
5. On a \(p_2 = \dfrac14\), \(p_3 = \dfrac18\), \(p_4 = \dfrac18\) et \(p_5 = \dfrac{a_2}{32} = \dfrac{3}{32}\). Donc \(P(T \leq\, 5) = \dfrac{8 + 4 + 4 + 3}{32} = \dfrac{19}{32}\).

La figure ci-dessous confronte la loi obtenue aux fréquences observées sur 100 000 simulations. L’accord est excellent, et l’on retrouve \(p_n = \dfrac{F_{n-1}}{2^n}\).

Point de méthode : pour montrer qu’un temps d’attente est fini presque sûrement, découpez les épreuves en blocs indépendants de même loi, puis majorez par une suite géométrique.

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Pour aller plus loin en maths spé

• Le cours : variables aléatoires discrètes, cours de maths spé
• Les énoncés : exercices de maths spé sur variables aléatoires discrètes
• À maîtriser avant : Ensembles dénombrables et espaces probabilisés
• Chapitre précédent : Ensembles dénombrables et espaces probabilisés
• Chapitre suivant : Espérance, variance et loi faible des grands nombres
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