Fonctions génératrices : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Fonctions génératrices de lois classiques

1. Ici, \(P(X = k) = \frac{1}{n}\) pour \(k \in [\![1, n]\!]\). La série est un polynôme, donc son rayon est infini. Pour \(t \neq 1\), la somme géométrique donne
   \[G_X(t) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} t^k = \frac{t\,(1 – t^n)}{n\,(1 – t)}.\]
   Ainsi, \(G_X(t) = \dfrac{t(1 – t^n)}{n(1 – t)}\) pour \(t \neq 1\), \(G_X(1) = 1\), et le rayon est infini.
2. D’abord, \(P(Y = k) = P(X^{\prime} = k + 1) = q^k p\) pour \(k \in \mathbb{N}\). Ensuite, la série \(\sum p\, (qt)^k\) converge si, et seulement si, \(|qt| < 1\). Son rayon vaut donc \(1/q\). On obtient \(G_Y(t) = \dfrac{p}{1 – qt}\) pour \(|t| < 1/q\).
3. Les nombres \((k + 1) p^2 q^k\) sont positifs. De plus, en dérivant la série géométrique, \(\sum_{k \geq\, 0} (k + 1) x^k = \frac{1}{(1 – x)^2}\) pour \(|x| < 1\). Avec \(x = q\), la somme vaut \(p^2 / p^2 = 1\) : c’est bien une loi. Par le même calcul avec \(x = qt\), on trouve, pour \(|t| < 1/q\) :
   \[G_Z(t) = p^2 \sum_{k \geq\, 0} (k + 1)(qt)^k = \frac{p^2}{(1 – qt)^2}.\]
   Par ailleurs, \((k + 1) q^k |t|^k\) ne tend pas vers 0 si \(|t| \geq\, 1/q\). Le rayon vaut donc \(1/q\), et \(G_Z(t) = \dfrac{p^2}{(1 – qt)^2}\).

Point de méthode : pour une loi à support infini, on se ramène presque toujours à une série géométrique, exponentielle ou à leurs dérivées.

Corrigé de l’exercice 2 : Lire une loi sur sa fonction génératrice

1. On développe : \((1 + t)^2 (2 + t) = (1 + 2t + t^2)(2 + t) = 2 + 5t + 4t^2 + t^3\). Par unicité des coefficients d’un polynôme, \(P(X = 0) = \frac{1}{6}\), \(P(X = 1) = \frac{5}{12}\), \(P(X = 2) = \frac{1}{3}\), \(P(X = 3) = \frac{1}{12}\). On vérifie que la somme vaut \(\frac{2 + 5 + 4 + 1}{12} = 1\).
2. On écrit \(t\, e^{2(t-1)} = e^{-2} \sum_{k \geq\, 0} \frac{2^k}{k!} t^{k+1}\). Le coefficient de \(t^n\), pour \(n \geq\, 1\), vaut donc \(e^{-2} \frac{2^{n-1}}{(n-1)!}\). Ainsi, \(P(X – 1 = k) = e^{-2}\frac{2^k}{k!}\) pour tout \(k \in \mathbb{N}\). Par conséquent, \(X – 1 \sim \mathcal{P}(2)\).
3. Pour \(|t| < 2\), \(\frac{1}{2 – t} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1 – t/2} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{t^n}{2^{n+1}}\). Donc \(P(X = n) = \frac{1}{2^{n+1}}\), puis \(P(X + 1 = k) = \frac{1}{2^k} = (\frac{1}{2})^{k-1}\frac{1}{2}\) pour \(k \geq\, 1\). Ainsi, \(X + 1 \sim \mathcal{G}(1/2)\).
4. Une fonction génératrice vérifie \(G(1) = 1\) et a des coefficients positifs. Or la première fonction vaut \(\frac{2}{3}\) en 1. Quant à la seconde, elle vaut bien 1 en 1, mais son coefficient de \(t^2\) est \(-\frac{1}{2} < 0\). Aucune des deux n’est donc une fonction génératrice.

Corrigé de l’exercice 3 : Espérance et variance par dérivation en 1

Dans les trois cas, le rayon est strictement supérieur à 1. Par conséquent, \(G\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) au voisinage de 1, et l’on peut utiliser \(E = G^{\prime}(1)\) et \(V = G^{\prime\prime}(1) + G^{\prime}(1) – G^{\prime}(1)^2\).

1. Ici, \(G_X(t) = (q + pt)^n\). D’abord, \(G_X^{\prime}(t) = np(q + pt)^{n-1}\), donc \(E(X) = np\). Ensuite, \(G_X^{\prime\prime}(1) = n(n-1)p^2\). Ainsi, \(V(X) = n(n-1)p^2 + np – n^2p^2 = np – np^2\). On trouve \(E(X) = np\) et \(V(X) = npq\).
2. On a \(G_Y^{\prime}(t) = \frac{pq}{(1 – qt)^2}\) et \(G_Y^{\prime\prime}(t) = \frac{2pq^2}{(1 – qt)^3}\). En \(t = 1\), comme \(1 – q = p\), on obtient \(E(Y) = \frac{q}{p}\) et \(G_Y^{\prime\prime}(1) = \frac{2q^2}{p^2}\). Ensuite, \(V(Y) = \frac{2q^2}{p^2} + \frac{q}{p} – \frac{q^2}{p^2} = \frac{q^2 + pq}{p^2}\). Donc \(E(Y) = \dfrac{q}{p}\) et \(V(Y) = \dfrac{q}{p^2}\).
3. De même, \(G_Z^{\prime}(t) = \frac{2p^2 q}{(1 – qt)^3}\) et \(G_Z^{\prime\prime}(t) = \frac{6p^2q^2}{(1 – qt)^4}\). Ainsi, \(E(Z) = \frac{2q}{p}\) et \(G_Z^{\prime\prime}(1) = \frac{6q^2}{p^2}\). Par conséquent, \(V(Z) = \frac{6q^2}{p^2} + \frac{2q}{p} – \frac{4q^2}{p^2} = \frac{2q(q + p)}{p^2}\). On obtient \(E(Z) = \dfrac{2q}{p}\) et \(V(Z) = \dfrac{2q}{p^2}\).
4. On constate que \(E(Z) = 2E(Y)\) et \(V(Z) = 2V(Y)\). En effet, \(G_Z = G_Y^2\). Donc \(Z\) a la loi de \(Y_1 + Y_2\), où \(Y_1\) et \(Y_2\) sont indépendantes de même loi que \(Y\) : c’est le nombre d’échecs avant le deuxième succès. L’additivité de l’espérance, et celle de la variance pour des variables indépendantes, expliquent le facteur 2.

Corrigé de l’exercice 4 : Transformations d’une variable

1. Pour \(|t| \leq\, 1\), on a aussi \(|t^a| \leq\, 1\). La formule de transfert donne alors \(E(t^{aX + b}) = t^b E\big((t^a)^X\big)\). Ainsi, \(G_{aX+b}(t) = t^b\, G_X(t^a)\).
2. D’après la question précédente, \(G_{2X+1}(t) = t\,(q + pt^2)^n\). Ensuite, pour \(t \neq 0\), \(E(t^{n – X}) = t^n E\big((1/t)^X\big) = t^n (q + p/t)^n = (qt + p)^n\). C’est licite, car \(X\) est bornée : la somme est finie. En \(t = 0\), les deux membres valent \(P(X = n) = p^n\). Par caractérisation, \(n – X \sim \mathcal{B}(n, q)\). C’est naturel : \(n – X\) compte les échecs.
3. La loi de Poisson a un rayon infini. Donc la série \(\sum 2^n P(X = n)\) converge, et le théorème de transfert donne \(E(2^X) = G_X(2)\). On obtient \(E(2^X) = e^{\lambda(2 – 1)} = e^{\lambda}\).
4. Pour \(n \in \mathbb{N}\), on a \(\int_0^1 t^n\, dt = \frac{1}{n+1}\). Par ailleurs, la série \(\sum P(X = n) t^n\) converge normalement sur \([0, 1]\). On peut donc intégrer terme à terme :
   \[\int_0^1 G_X(t)\, dt = \sum_{n \geq\, 0} \frac{P(X = n)}{n + 1} = E(\frac{1}{X + 1}).\]
   Enfin, \(\int_0^1 e^{\lambda(t-1)}\, dt = \frac{1}{\lambda}[e^{\lambda(t-1)}]_0^1 = \frac{1 – e^{-\lambda}}{\lambda}\). Donc \(E(\dfrac{1}{X + 1}) = \dfrac{1 – e^{-\lambda}}{\lambda}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Rayon égal à 1 et espérance infinie

1. Les termes sont positifs. De plus, \(\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\). La somme partielle télescopique vaut \(1 – \frac{1}{N+1}\), qui tend vers 1. C’est donc bien une loi de probabilité.
2. Posons \(a_n = \frac{1}{n(n+1)}\). Alors \(\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n}{n+2}\) tend vers 1. D’après la règle de d’Alembert, le rayon de convergence vaut 1.
3. Pour \(|t| < 1\), on connaît \(\sum_{n \geq\, 1} \frac{t^n}{n} = -\ln(1 – t)\). Ensuite, pour \(t \neq 0\) :
   \[\sum_{n \geq\, 1} \frac{t^n}{n+1} = \frac{1}{t}\sum_{m \geq\, 2} \frac{t^m}{m} = \frac{-\ln(1 – t) – t}{t}.\]
   Les deux séries convergent, donc on peut soustraire. Ainsi, \(G_X(t) = -\ln(1 – t) + \frac{\ln(1 – t) + t}{t}\). On obtient \(G_X(t) = 1 + \dfrac{(1 – t)\ln(1 – t)}{t}\).
4. Pour \(t \in ]0, 1[\), on calcule le taux d’accroissement en 1 :
   \[\frac{G_X(1) – G_X(t)}{1 – t} = -\frac{\ln(1 – t)}{t} \xrightarrow[t \to 1^-]{ +\infty.\]
   Donc \(G_X\) n’est pas dérivable en 1, et \(X\) n’est pas d’espérance finie. Directement, \(n P(X = n) = \frac{1}{n+1}\), terme général d’une série divergente. La figure ci-dessous montre la demi-tangente verticale en 1.

   

5. Pour \(\mathcal{G}(p)\), le rayon vaut \(1/q > 1\) : les probabilités décroissent géométriquement. Pour \(\mathcal{P}(\lambda)\), la série exponentielle a un rayon infini. Un rayon strictement supérieur à 1 garantit tous les moments, ce qui n’est pas le cas ici.

Corrigé de l’exercice 6 : Variance de la loi uniforme

1. On a \(G_X(t) = \frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n} t^k\). Pour \(t \neq 1\), la somme géométrique vaut \(\frac{1 – t^{n+1}}{1 – t}\). Ainsi, \(G_X(t) = \dfrac{1 – t^{n+1}}{(n+1)(1 – t)}\).
2. On dérive l’écriture polynomiale, plus commode qu’un quotient qui n’est pas défini en 1 :
   \[G_X^{\prime}(1) = \frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n} k = \frac{n}{2}, \qquad G_X^{\prime\prime}(1) = \frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n} k(k-1).\]
   Or \(k(k-1) = 2\binom\,{k}{2}\), et la formule de sommation sur une colonne du triangle de Pascal donne \(\sum_{k=0}^{n}\binom\,{k}{2} = \binom\,{n+1}{3}\). Donc \(\sum k(k-1) = \frac{(n+1)n(n-1)}{3}\). On obtient \(G_X^{\prime}(1) = \dfrac{n}{2}\) et \(G_X^{\prime\prime}(1) = \dfrac{n(n-1)}{3}\).
3. D’abord, \(E(X) = \frac{n}{2}\). Ensuite :
   \[V(X) = \frac{n(n-1)}{3} + \frac{n}{2} – \frac{n^2}{4} = \frac{4n^2 – 4n + 6n – 3n^2}{12} = \frac{n^2 + 2n}{12}.\]
   Ainsi, \(E(X) = \dfrac{n}{2}\) et \(V(X) = \dfrac{n(n+2)}{12}\). Pour un dé à faces \(0, \ldots, 5\), on retrouve \(V = \frac{35}{12}\).

Corrigé de l’exercice 7 : Sommes de binomiales et de variables de Poisson

1. Les variables sont indépendantes, donc \(G_{X+Y}(t) = (q + pt)^n (q + pt)^m = (q + pt)^{n+m}\). La fonction génératrice caractérise la loi. Donc \(X + Y \sim \mathcal{B}(n + m, p)\).
2. Par l’absurde, supposons \(X + Y \sim \mathcal{B}(N, r)\). Comme \(X + Y\) prend les valeurs \(0\) à \(n + m\), avec \(P(X + Y = n + m) = p^n p^{\prime m} > 0\), on a \(N = n + m\) et \(r \in ]0, 1[\). Ainsi, pour tout \(t\), \((q + pt)^n (q^{\prime} + p^{\prime}t)^m = (1 – r + rt)^{n+m}\). Le membre de droite a une seule racine. En revanche, le membre de gauche a les racines \(-\frac{q}{p}\) et \(-\frac{q^{\prime}}{p^{\prime}}\). Elles sont distinctes, car \(x \mapsto \frac{1 – x}{x}\) est strictement décroissante sur \(]0, 1[\). C’est absurde : \(X + Y\) n’est pas binomiale.
3. Par indépendance mutuelle, \(G_S(t) = \prod_{i=1}^{n} e^{\lambda_i(t-1)} = e^{(\lambda_1 + \cdots + \lambda_n)(t-1)}\). Donc \(S \sim \mathcal{P}(\lambda_1 + \cdots + \lambda_n)\).
4. Le nombre total d’appels suit donc la loi \(\mathcal{P}(5)\). Ainsi, \(P(S \leq\, 2) = e^{-5}(1 + 5 + \frac{25}{2})\). On obtient \(P(S \leq\, 2) = \dfrac{37}{2} e^{-5} \approx 0{,}125\).

Corrigé de l’exercice 8 : Somme de trois dés

1. Chaque dé a pour fonction génératrice \(\frac{1}{6}(t + \cdots + t^6) = \frac{t(1 – t^6)}{6(1 – t)}\) pour \(t \neq 1\). Les trois dés sont indépendants, donc on multiplie. Ainsi, \(G_S(t) = \dfrac{t^3 (1 – t^6)^3}{216 (1 – t)^3}\).
2. On a \((1 – t^6)^3 = 1 – 3t^6 + 3t^{12} – t^{18}\). Donc \(216\, P(S = s)\) est le coefficient de \(t^{s-3}\) dans \((1 – 3t^6 + 3t^{12} – t^{18}) \sum_k \binom\,{k+2}{2} t^k\). Pour \(s = 10\), on cherche le coefficient de \(t^7\) : \(\binom\,{9}{2} – 3\binom\,{3}{2} = 36 – 9 = 27\). Pour \(s = 11\), celui de \(t^8\) vaut \(\binom\,{10}{2} – 3\binom\,{4}{2} = 45 – 18 = 27\). Donc \(P(S = 10) = P(S = 11) = \dfrac{27}{216} = \dfrac{1}{8}\). La figure ci-dessous donne tous les coefficients.

   

3. Notons \(G_1\) la fonction génératrice d’un dé. Pour \(t \neq 0\), \(t^7 G_1(1/t) = \frac{1}{6}(t^6 + t^5 + \cdots + t) = G_1(t)\). En élevant au cube, \(t^{21} G_S(1/t) = G_S(t)\). Or le membre de gauche a pour coefficient de \(t^s\) le nombre \(P(S = 21 – s)\). Par unicité des coefficients, \(P(S = s) = P(S = 21 – s)\) : la loi est symétrique par rapport à \(10{,}5\).
4. Pour un dé, \(G_1^{\prime}(1) = \frac{21}{6} = \frac{7}{2}\) et \(G_1^{\prime\prime}(1) = \frac{1}{6}(0 + 2 + 6 + 12 + 20 + 30) = \frac{35}{3}\). Comme \(G_S = G_1^3\), on a \(G_S^{\prime} = 3G_1^2 G_1^{\prime}\) et \(G_S^{\prime\prime} = 6G_1 G_1^{\prime 2} + 3G_1^2 G_1^{\prime\prime}\). En \(t = 1\), où \(G_1(1) = 1\) :
   \[G_S^{\prime}(1) = \frac{21}{2}, \qquad G_S^{\prime\prime}(1) = 6 \cdot \frac{49}{4} + 3 \cdot \frac{35}{3} = \frac{217}{2}.\]
   Ainsi, \(V(S) = \frac{217}{2} + \frac{21}{2} – \frac{441}{4} = \frac{476 – 441}{4}\). On trouve \(E(S) = \dfrac{21}{2}\) et \(V(S) = \dfrac{35}{4}\).

Corrigé de l’exercice 9 : Rang du r-ième succès

1. Les \(X_i\) sont mutuellement indépendantes, de fonction génératrice \(\frac{pt}{1 – qt}\). Donc \(G_{T_r}(t) = (\dfrac{pt}{1 – qt})^r\) pour \(|t| < 1/q\).
2. Avec \(u = qt\), on a \(G_{T_r}(t) = p^r t^r \sum_{k \geq\, 0} \binom\,{k + r – 1}{r – 1} q^k t^k\). Le coefficient de \(t^n\) correspond à \(k = n – r\). Il est nul si \(n < r\). Pour \(n \geq\, r\), on obtient \(P(T_r = n) = \dbinom{n-1}{r-1} p^r q^{n-r}\). Interprétation : le \(n\)-ième essai est un succès, et il y a \(r – 1\) succès parmi les \(n – 1\) premiers.
3. Sur \(]0, 1/q[\), on a \(\ln G_{T_r}(t) = r\ln(pt) – r\ln(1 – qt)\). En dérivant, \(\frac{G^{\prime}}{G}(t) = \frac{r}{t} + \frac{rq}{1 – qt}\). En \(t = 1\), comme \(G(1) = 1\), il vient \(E(T_r) = r + \frac{rq}{p} = \frac{r}{p}\). Ensuite, \((\frac{G^{\prime}}{G})^{\prime} = \frac{G^{\prime\prime}}{G} – (\frac{G^{\prime}}{G})^2\). Or \((\frac{G^{\prime}}{G})^{\prime}(1) = -r + \frac{rq^2}{p^2}\). Donc \(G^{\prime\prime}(1) = -r + \frac{rq^2}{p^2} + \frac{r^2}{p^2}\). Enfin :
   \[V(T_r) = -r + \frac{rq^2}{p^2} + \frac{r^2}{p^2} + \frac{r}{p} – \frac{r^2}{p^2} = \frac{r(q^2 – p^2 + p)}{p^2} = \frac{r(q^2 + pq)}{p^2}.\]
   Ainsi, \(E(T_r) = \dfrac{r}{p}\) et \(V(T_r) = \dfrac{rq}{p^2}\).
4. On prend \(r = 2\), \(p = q = \frac{1}{2}\) et \(n = 5\). La probabilité vaut \(\dbinom{4}{1}\dfrac{1}{2^5} = \dfrac{1}{8}\).

Point de méthode : pour une fonction génératrice qui est un produit ou une puissance, la dérivée logarithmique évite de longs calculs de quotients.

Corrigé de l’exercice 10 : Décomposition en éléments simples

1. Une fonction génératrice vaut 1 en 1. Or \(G(1) = \frac{c}{2}\). Donc \(c = 2\).
2. On cherche \(\frac{2}{(2 – t)(3 – t)} = \frac{a}{2 – t} + \frac{b}{3 – t}\). En multipliant par \(2 – t\) puis en faisant \(t = 2\), on obtient \(a = 2\). De même, \(b = -2\). Ensuite, pour \(|t| < 2\) :
   \[\frac{2}{2 – t} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{t^n}{2^n}, \qquad \frac{2}{3 – t} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{2\, t^n}{3^{n+1}}.\]
   Donc \(P(X = n) = \dfrac{1}{2^n} – \dfrac{2}{3^{n+1}}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\). Ces nombres sont positifs, car \(3^{n+1} > 2^{n+1}\). Par exemple, \(P(X = 0) = 1 – \frac{2}{3} = \frac{1}{3} = G(0)\).
3. D’après l’exercice 2, \(G_U(t) = \frac{1}{2 – t}\). De même, \(G_{V+1}(t) = \frac{(2/3)t}{1 – t/3} = \frac{2t}{3 – t}\), donc \(G_V(t) = \frac{2}{3 – t}\). Par indépendance, \(G_{U+V} = G_U G_V = G\). Par caractérisation de la loi, \(X\) a même loi que \(U + V\).
4. Première méthode : \(E(U) = 2 – 1 = 1\) et \(V(U) = \frac{1/2}{1/4} = 2\). Ensuite, \(E(V) = \frac{3}{2} – 1 = \frac{1}{2}\) et \(V(V) = \frac{1/3}{4/9} = \frac{3}{4}\). Par indépendance, les variances s’ajoutent. Seconde méthode : \(\frac{G^{\prime}}{G}(t) = \frac{1}{2 – t} + \frac{1}{3 – t}\) vaut \(\frac{3}{2}\) en 1. Puis \((\frac{G^{\prime}}{G})^{\prime}(1) = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}\), d’où \(G^{\prime\prime}(1) = \frac{5}{4} + \frac{9}{4} = \frac{7}{2}\) et \(V = \frac{7}{2} + \frac{3}{2} – \frac{9}{4}\). Dans les deux cas, \(E(X) = \dfrac{3}{2}\) et \(V(X) = \dfrac{11}{4}\).

Corrigé de l’exercice 11 : Probabilité d’une valeur paire

1. La série converge en \(-1\), car le rayon est au moins 1. Ainsi, \(G_X(-1) = \sum (-1)^n P(X = n) = P(X \text{ pair}) – P(X \text{ impair})\). Par ailleurs, \(P(X \text{ pair}) + P(X \text{ impair}) = 1\). En additionnant, \(P(X \text{ pair}) = \dfrac{1 + G_X(-1)}{2}\).
2. Pour \(\mathcal{P}(\lambda)\), \(G_X(-1) = e^{-2\lambda}\), donc \(P(X \text{ pair}) = \frac{1 + e^{-2\lambda}}{2} > \frac{1}{2}\). Pour \(\mathcal{B}(n, p)\), \(G_X(-1) = (1 – 2p)^n\), donc \(P(X \text{ pair}) = \frac{1 + (1 – 2p)^n}{2}\). Cette probabilité vaut \(1/2\) si, et seulement si, \(p = 1/2\) ; pour la loi de Poisson, jamais.
3. Pour \(\mathcal{G}(p)\), \(G_X(-1) = \frac{-p}{1 + q}\). Donc \(P(X \text{ pair}) = \frac{1}{2}\cdot\frac{1 + q – p}{1 + q} = \frac{q}{1 + q}\), car \(1 – p = q\). Directement, \(\sum_{k \geq\, 1} q^{2k-1} p = \frac{pq}{1 – q^2} = \frac{pq}{(1 – q)(1 + q)}\). Les deux calculs donnent \(P(X \text{ pair}) = \dfrac{q}{1 + q}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Moments factoriels de la loi de Poisson

1. Le rayon de \(G_X\) est infini. On peut donc dériver \(k\) fois terme à terme en 1, qui est intérieur à l’intervalle de convergence :
   \[G_X^{(k)}(1) = \sum_{n \geq\, k} n(n-1)\cdots(n-k+1) P(X = n).\]
   Cette série converge absolument, et c’est \(E\big(X(X-1)\cdots(X-k+1)\big)\) par la formule de transfert. Or \(G_X^{(k)}(t) = \lambda^k e^{\lambda(t-1)}\). Ainsi, \(E\big(X(X-1)\cdots(X-k+1)\big) = \lambda^k\).
2. On développe : \(X(X-1)(X-2) = X^3 – 3X^2 + 2X\) et \(3X(X-1) = 3X^2 – 3X\). Donc \(X^3 = X(X-1)(X-2) + 3X(X-1) + X\). Par linéarité, \(E(X^3) = \lambda^3 + 3\lambda^2 + \lambda\).
3. D’abord, \(E(X^2) = \lambda^2 + \lambda\). Ensuite, par linéarité :
   \[E\big((X – \lambda)^3\big) = E(X^3) – 3\lambda E(X^2) + 3\lambda^2 E(X) – \lambda^3 = \lambda^3 + 3\lambda^2 + \lambda – 3\lambda^3 – 3\lambda^2 + 3\lambda^3 – \lambda^3.\]
   On obtient \(E\big((X – \lambda)^3\big) = \lambda\).

Corrigé de l’exercice 13 : Loi conditionnelle sachant la somme

1. Par indépendance, \(G_S(t) = e^{\lambda(t-1)} e^{\mu(t-1)} = e^{(\lambda + \mu)(t-1)}\). Donc \(S \sim \mathcal{P}(\lambda + \mu)\).
2. Pour \(k \in [\![0, n]\!]\), on a \((X = k) \cap (S = n) = (X = k) \cap (Y = n – k)\). Par indépendance, sa probabilité vaut \(e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\, e^{-\mu}\frac{\mu^{n-k}}{(n-k)!}\). On divise par \(P(S = n) = e^{-(\lambda+\mu)}\frac{(\lambda + \mu)^n}{n!}\) :
   \[P(X = k \mid S = n) = \frac{n!}{k!\,(n-k)!}\cdot\frac{\lambda^k \mu^{n-k}}{(\lambda + \mu)^n}.\]
   Sachant \(S = n\), la loi de \(X\) est la loi binomiale \(\mathcal{B}(n, \frac{\lambda}{\lambda + \mu})\).
3. Ici, \(\lambda = 3\), \(\mu = 1\), \(n = k = 4\). La probabilité vaut \((\dfrac{3}{4})^4 = \dfrac{81}{256} \approx 0{,}316\).

Corrigé de l’exercice 14 : Payer avec des pièces de 1 et de 2

1. Pour \(|t| < 1\), les séries \(\sum t^x\) et \(\sum t^{2y}\) convergent absolument. Leur produit de Cauchy s’écrit donc
   \[\frac{1}{1 – t}\cdot\frac{1}{1 – t^2} = \sum_{x, y \geq\, 0} t^{x + 2y} = \sum_{n \geq\, 0} \#\{(x, y) : x + 2y = n\}\, t^n.\]
   C’est exactement \(\sum a_n t^n\).
2. On a \((1 – t)(1 – t^2) = (1 – t)^2(1 + t)\). On cherche \(\frac{1}{(1 – t)^2(1 + t)} = \frac{\alpha}{(1 – t)^2} + \frac{\beta}{1 – t} + \frac{\gamma}{1 + t}\). En \(t = 1\) après multiplication par \((1 – t)^2\), on trouve \(\alpha = \frac{1}{2}\). De même, \(\gamma = \frac{1}{4}\). Enfin, \(t = 0\) donne \(1 = \alpha + \beta + \gamma\), d’où \(\beta = \frac{1}{4}\). Ensuite, \(\frac{1}{(1 – t)^2} = \sum (n + 1) t^n\). En identifiant :
   \[a_n = \frac{n + 1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{(-1)^n}{4}.\]
   Ainsi, \(a_n = \dfrac{2n + 3 + (-1)^n}{4}\).
3. Directement, \(y\) peut prendre toute valeur de \(0\) à \(\lfloor n/2 \rfloor\), et \(x = n – 2y\) est alors imposé. Donc \(a_n = \lfloor n/2 \rfloor + 1\). Si \(n = 2m\), la formule donne \(\frac{4m + 4}{4} = m + 1\) ; si \(n = 2m + 1\), elle donne \(\frac{4m + 4}{4} = m + 1\). Les deux résultats concordent, et \(a_{100} = 51\).

Corrigé de l’exercice 15 : Dérivabilité en 1 et formule de la queue

1. Pour \(t \in [0, 1[\), on a \(1 – G(t) = \sum_{n \geq\, 0} P(X = n)(1 – t^n)\), car \(\sum P(X = n) = 1\). Or \(1 – t^n = (1 – t)\sum_{k=0}^{n-1} t^k\). La famille \(\big(P(X = n) t^k\big)_{0 \leq\, k < n}\) est positive. On peut donc sommer par paquets dans l’ordre de son choix :
   \[\frac{1 – G(t)}{1 – t} = \sum_{k \geq\, 0} t^k \sum_{n > k} P(X = n) = \sum_{k \geq\, 0} P(X > k)\, t^k.\]
   C’est l’égalité demandée. Elle est finie, car le membre de gauche l’est.
2. Notons \(H(t)\) ce taux d’accroissement. Chaque terme \(P(X > k) t^k\) est croissant en \(t\) sur \([0, 1[\), donc \(H\) est croissante. Elle admet ainsi une limite \(L \in [0, +\infty]\) en \(1^-\). De plus, \(H(t) \leq\, \sum_k P(X > k) = E(X)\), donc \(L \leq\, E(X)\). Inversement, pour tout \(K\), \(H(t) \geq\, \sum_{k=0}^{K} P(X > k) t^k\), d’où \(L \geq\, \sum_{k=0}^{K} P(X > k)\). En faisant tendre \(K\) vers l’infini, \(L \geq\, E(X)\). Donc \(L = E(X)\) : \(G\) est dérivable à gauche en 1 si, et seulement si, \(E(X)\) est finie, et alors \(G^{\prime}(1) = E(X)\).
3. D’abord, \(P(X > 0) = 1\), donc \(P(X = 0) = 0\). Ensuite, pour \(n \geq\, 1\), \(P(X = n) = P(X > n – 1) – P(X > n)\). Ainsi, \(P(X = n) = \dfrac{1}{n^2} – \dfrac{1}{(n+1)^2}\), et \(E(X) = \displaystyle\sum_{k \geq\, 0}\frac{1}{(k+1)^2} = \frac{\pi^2}{6}\).
4. On calcule \(n^2 P(X = n) = n^2\cdot\frac{(n+1)^2 – n^2}{n^2 (n+1)^2} = \frac{2n + 1}{(n+1)^2}\). Ce terme est équivalent à \(\frac{2}{n}\), terme d’une série divergente. Donc \(E(X^2) = +\infty\) : \(X\) n’a pas de variance. D’après le cours, \(G\) est dérivable en 1, mais pas deux fois dérivable en 1.

Corrigé de l’exercice 16 : Collectionneur de trois vignettes

1. Les trois termes \(1\), \(T_2\) et \(T_3\) sont indépendants. Donc, pour \(|t| < 3/2\) :
   \[G_T(t) = t\cdot\frac{(2/3)\,t}{1 – t/3}\cdot\frac{(1/3)\,t}{1 – 2t/3} = \frac{2t^3}{9\,(1 – t/3)(1 – 2t/3)}.\]
   C’est la fonction génératrice cherchée.
2. Par additivité, \(E(T) = 1 + \frac{3}{2} + 3 = \frac{11}{2}\). Par indépendance, \(V(T) = 0 + \frac{1/3}{4/9} + \frac{2/3}{1/9} = \frac{3}{4} + 6\). On le retrouve avec la dérivée logarithmique : \(\frac{G^{\prime}}{G}(1) = 3 + \frac{1/3}{2/3} + \frac{2/3}{1/3} = \frac{11}{2}\). De même, \((\frac{G^{\prime}}{G})^{\prime}(1) = -3 + \frac{1/9}{4/9} + \frac{4/9}{1/9} = \frac{5}{4}\). Donc \(G^{\prime\prime}(1) = \frac{5}{4} + \frac{121}{4} = \frac{63}{2}\), puis \(V(T) = \frac{63}{2} + \frac{11}{2} – \frac{121}{4} = \frac{27}{4}\). Ainsi, \(E(T) = \dfrac{11}{2}\) et \(V(T) = \dfrac{27}{4}\).
3. On décompose \(\frac{1}{(1 – t/3)(1 – 2t/3)} = \frac{-1}{1 – t/3} + \frac{2}{1 – 2t/3}\) ; on le vérifie en \(t = 0\), où l’on trouve \(1\). Le coefficient de \(t^k\) vaut donc \(2(\frac{2}{3})^k – (\frac{1}{3})^k = \frac{2^{k+1} – 1}{3^k}\). Avec \(k = n – 3\) :
   \[P(T = n) = \frac{2}{9}\cdot\frac{2^{n-2} – 1}{3^{n-3}} = \frac{2\,(2^{n-2} – 1)}{3^{n-1}}.\]
   La formule est établie. Pour \(n = 3\), elle donne \(\frac{2}{9}\). Directement, les trois premiers paquets doivent donner trois modèles distincts : \(\frac{3!}{3^3} = \frac{6}{27} = \frac{2}{9}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Somme d’un nombre aléatoire de variables

1. Notons \(S_n = X_1 + \cdots + X_n\). Les événements \((N = n)\) forment un système complet. Sur \((N = n)\), on a \(S = S_n\). Par le lemme des coalitions, \(N\) et \(S_n\) sont indépendantes. La formule des probabilités totales donne donc \(P(S = k) = \sum_n P(N = n) P(S_n = k)\). Ensuite, pour \(t \in [-1, 1]\), la famille \(\big(P(N = n) P(S_n = k) t^k\big)_{n, k}\) est sommable, car la somme des modules est au plus 1. Le théorème de Fubini donne alors :
   \[G_S(t) = \sum_{n \geq\, 0} P(N = n)\, G_{S_n}(t) = \sum_{n \geq\, 0} P(N = n)\, G_{X_1}(t)^n.\]
   Enfin, \(|G_{X_1}(t)| \leq\, 1\), point où la série de \(G_N\) converge. Donc \(G_S(t) = G_N\big(G_{X_1}(t)\big)\). Remarquez que ce résultat vaut pour toute loi de \(N\) à valeurs dans \(\mathbb{N}\) : l’hypothèse de Poisson ne sert qu’aux questions suivantes.
2. Ici, \(G_S(t) = e^{\lambda(q + pt – 1)} = e^{\lambda p (t – 1)}\). Donc \(S \sim \mathcal{P}(\lambda p)\).
3. Le nombre d’œufs éclos suit la loi \(\mathcal{P}(3)\). La probabilité qu’aucun n’éclose vaut \(e^{-3} \approx 0{,}050\).
4. Sur \([-1, 1]\), \(G_S(t) = \exp(\lambda(\frac{pt}{1 – qt} – 1))\). Cette expression est dérivable sur \(]-1/q, 1/q[\), qui contient 1. Donc \(G_S\) est dérivable à gauche en 1, et \(S\) est d’espérance finie. De plus, \(G_S^{\prime}(t) = G_S(t)\cdot\frac{\lambda p}{(1 – qt)^2}\). Ainsi, \(E(S) = \dfrac{\lambda}{p}\), soit le produit \(E(N) E(X_1)\).

Corrigé de l’exercice 18 : Des dés pipés à somme uniforme ?

1. Posons \(a_k = P(X_1 = k)\). Alors \(G_{X_1}(t) = \sum_{k=1}^{6} a_k t^k = t\,(a_1 + a_2 t + \cdots + a_6 t^5)\). On pose \(P_1(t) = \sum_{k=1}^{6} a_k t^{k-1}\), de degré au plus 5 ; de même pour \(P_2\).
2. Les dés sont indépendants, donc \(G_S = G_{X_1} G_{X_2} = t^2 P_1 P_2\). Par hypothèse, \(G_S(t) = \frac{1}{11}(t^2 + \cdots + t^{12})\). Pour \(t \neq 0\), on simplifie par \(t^2\). Les deux membres sont des polynômes égaux sur \(\mathbb{R}^*\), donc égaux partout. Ainsi, \(P_1 P_2 = \frac{1}{11}(1 + t + \cdots + t^{10})\).
3. Le degré d’un produit est la somme des degrés. Donc \(\deg P_1 + \deg P_2 = 10\), avec \(\deg P_i \leq\, 5\). Par conséquent, \(\deg P_1 = \deg P_2 = 5\).
4. Pour \(t \neq 1\), \(1 + t + \cdots + t^{10} = \frac{1 – t^{11}}{1 – t}\). Une racine réelle vérifierait \(t^{11} = 1\), donc \(t = 1\), car \(t \mapsto t^{11}\) est injective sur \(\mathbb{R}\). Or le polynôme vaut 11 en 1. Il n’a donc aucune racine réelle. Cependant, \(P_1\) est réel de degré impair : ses limites en \(\pm\infty\) sont de signes opposés. Le théorème des valeurs intermédiaires lui donne une racine réelle \(r\), qui serait racine de \(P_1 P_2\). C’est absurde : on ne peut pas piper deux dés pour que la somme soit uniforme.

Corrigé de l’exercice 19 : Attendre deux piles consécutifs

1. On ne peut pas avoir deux piles en un lancer, donc \(p_1 = 0\). Ensuite, \(T = 2\) signifie PP, donc \(p_2 = p^2\). Enfin, \(T = 3\) signifie FPP, car PPP donnerait \(T = 2\). Ainsi, \(p_1 = 0\), \(p_2 = p^2\) et \(p_3 = qp^2\).
2. Soit \(n \geq\, 3\). On distingue selon les premiers lancers. Si le premier est F, l’attente recommence à zéro à partir du deuxième lancer. Par indépendance des lancers, la probabilité de \((T = n)\) et F au premier lancer vaut \(q\, p_{n-1}\). Si les deux premiers sont PF, l’attente recommence au troisième : cela donne \(pq\, p_{n-2}\). Enfin, si les deux premiers sont PP, alors \(T = 2 \neq n\). Ces trois cas forment un système complet. Donc \(p_n = q\, p_{n-1} + pq\, p_{n-2}\) pour \(n \geq\, 3\).
3. Comme \(\sum p_n \leq\, 1\), la série \(G(t)\) converge normalement sur \([-1, 1]\). On multiplie la relation par \(t^n\) et on somme pour \(n \geq\, 3\) :
   \[G(t) – p^2 t^2 = qt\,\big(G(t) – p_1 t\big) + pq t^2 G(t) = qt\, G(t) + pq t^2 G(t).\]
   Par ailleurs, pour \(|t| \leq\, 1\), \(|qt + pqt^2| \leq\, q + pq = 1 – p^2 < 1\), donc \(1 – qt – pqt^2 \neq 0\). On obtient \(G(t) = \dfrac{p^2 t^2}{1 – qt – pqt^2}\).
4. D’abord, \(P(T < +\infty) = \sum p_n = G(1) = \frac{p^2}{1 – q – pq} = \frac{p^2}{p(1 – q)} = 1\). Donc \(T\) est fini presque sûrement. Ensuite, \(G\) coïncide sur \([-1, 1]\) avec une fraction rationnelle dérivable en 1. Donc \(T\) est d’espérance finie et \(E(T) = G^{\prime}(1)\). Posons \(D(t) = 1 – qt – pqt^2\) : \(D(1) = p^2\) et \(D^{\prime}(1) = -q – 2pq\). Alors :
   \[G^{\prime}(1) = \frac{2p^2 D(1) – p^2 D^{\prime}(1)}{D(1)^2} = \frac{2p^4 + p^2(q + 2pq)}{p^4} = \frac{2p^2 + 2pq + q}{p^2}.\]
   Or \(2p^2 + 2pq = 2p(p + q) = 2p\), et \(2p + q = 1 + p\). Ainsi, \(E(T) = \dfrac{1 + p}{p^2}\).
5. Pour \(p = \frac{1}{2}\), posons \(v_n = 2^n p_n\). La relation devient \(v_n = v_{n-1} + v_{n-2}\), avec \(v_1 = 0\) et \(v_2 = 1\). Ce sont les conditions de \(F_{n-1}\), avec \(F_0 = 0\) et \(F_1 = 1\). Donc \(P(T = n) = \dfrac{F_{n-1}}{2^n}\), et \(E(T) = 6\). La figure ci-dessous représente cette loi.

   

Point de méthode : on conditionne par le début de l’expérience, on obtient une récurrence sur \(p_n\), puis on la traduit en une équation sur \(G\).

Corrigé de l’exercice 20 : Problème, extinction d’une population

1. On a \(G(t) = \frac{1}{4} + \frac{3}{4}t^2\). Donc \(G^{\prime}(t) = \frac{3}{2}t\). Ainsi, \(m = G^{\prime}(1) = \dfrac{3}{2}\).
2. Le raisonnement est celui de l’exercice 17, avec \(Z_n\) à la place de \(N\). Pour \(t \in [-1, 1]\), la formule des probabilités totales et le théorème de Fubini donnent \(G_{Z_{n+1}}(t) = \sum_k P(Z_n = k)\, G(t)^k\). Comme \(|G(t)| \leq\, 1\), cela vaut \(G_{Z_n}(G(t))\). Ensuite, \(G_{Z_0}(t) = t\). Une récurrence immédiate donne le résultat. Donc \(G_{Z_n} = G \circ \cdots \circ G\) (\(n\) fois).
3. On a \(Z_n \leq\, 2^n\), donc \(G_{Z_n}\) est un polynôme. On dérive la composée en 1, avec \(G(1) = 1\) : \(E(Z_{n+1}) = G_{Z_n}^{\prime}(G(1))\, G^{\prime}(1) = m\, E(Z_n)\). Comme \(E(Z_0) = 1\), on obtient \(E(Z_n) = m^n = (\dfrac{3}{2})^n\).
4. D’abord, \(u_0 = P(Z_0 = 0) = 0\). Ensuite, \(u_n = G_{Z_n}(0)\). Or \(G_{Z_{n+1}} = G \circ G_{Z_n}\), car les \(n + 1\) copies de \(G\) peuvent se regrouper dans l’autre sens. Donc \(u_{n+1} = G(u_n)\).
5. La fonction \(G\) est croissante sur \([0, 1]\). De plus, \(u_1 = \frac{1}{4} \geq\, u_0\). Par récurrence, si \(u_n \geq\, u_{n-1}\), alors \(G(u_n) \geq\, G(u_{n-1})\) : la suite est croissante. Ensuite, \(G(\frac{1}{3}) = \frac{1}{4} + \frac{3}{4}\cdot\frac{1}{9} = \frac{1}{3}\). Donc si \(u_n \leq\, \frac{1}{3}\), alors \(u_{n+1} \leq\, G(\frac{1}{3}) = \frac{1}{3}\). La suite converge vers \(\ell \in [0, 1/3]\). Par continuité de \(G\), \(G(\ell) = \ell\), c’est-à-dire \(3\ell^2 – 4\ell + 1 = 0\). Les racines sont \(\frac{1}{3}\) et 1. Par conséquent, \(u_n\) tend vers \(\dfrac{1}{3}\). La figure ci-dessous montre l’escalier de cette suite.

   

6. Si \(Z_n = 0\), alors \(Z_{n+1}\) est une somme vide, donc nulle. Les événements \((Z_n = 0)\) forment ainsi une suite croissante, de réunion l’extinction. Par continuité croissante, la probabilité d’extinction vaut \(\lim u_n = \dfrac{1}{3}\). Malgré \(m > 1\), la population s’éteint donc une fois sur trois.
7. Désormais, \(G(t) = \frac{3}{4} + \frac{1}{4}t^2\). L’équation \(G(t) = t\) s’écrit \(t^2 – 4t + 3 = 0\), de racines 1 et 3. Comme précédemment, \((u_n)\) est croissante et majorée par 1, car \(G(1) = 1\). Sa limite est un point fixe dans \([0, 1]\), donc vaut 1. L’extinction est alors presque sûre ; ici, \(m = \frac{1}{2} < 1\).

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