Corrigé du contrôle de maths L2 : variables aléatoires discrètes

Exercice 1 : Question de cours : Markov, Bienaymé-Tchebychev et loi faible (4 points)

1. Inégalité de Markov : \(P(X \geq\, a) \leq\, \dfrac{E(X)}{a}\).

   Démonstration. Notons \(\mathbf{1}_{(X \geq\, a)}\) l’indicatrice de l’événement \((X \geq\, a)\). Comme \(X \geq\, 0\), on a l’inégalité \(a \, \mathbf{1}_{(X \geq\, a)} \leq\, X\) sur \(\Omega\). En effet, si \(X(\omega) \geq\, a\), le membre de gauche vaut \(a\) ; sinon il vaut \(0\).

   Par croissance et linéarité de l’espérance, \(a \, P(X \geq\, a) \leq\, E(X)\). On divise enfin par \(a > 0\).

2. Soit \(\varepsilon > 0\). La variable \(Y = (X – E(X))^2\) est positive et admet une espérance, égale à \(V(X)\). De plus, \((|X – E(X)| \geq\, \varepsilon) = (Y \geq\, \varepsilon^2)\). L’inégalité de Markov appliquée à \(Y\) et \(a = \varepsilon^2\) donne :

   \[P(|X – E(X)| \geq\, \varepsilon) \leq\, \frac{V(X)}{\varepsilon^2}.\]

   C’est l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

3. Loi faible des grands nombres : pour tout \(\varepsilon > 0\), \(P(|\frac{S_n}{n} – m| \geq\, \varepsilon) \to 0\) quand \(n \to +\infty\).

   Démonstration. Par linéarité, \(E(\frac{S_n}{n}) = m\). Les \(X_i\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme des variances : \(V(S_n) = n\sigma^2\), puis \(V(\frac{S_n}{n}) = \frac{\sigma^2}{n}\).

   L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne alors \(P(|\frac{S_n}{n} – m| \geq\, \varepsilon) \leq\, \dfrac{\sigma^2}{n \varepsilon^2}\), qui tend vers \(0\).

Barème : a) 0,5 point pour l’énoncé, 1 point pour la preuve par l’indicatrice ; b) 1 point ; c) 0,5 point pour l’énoncé, 0,5 point pour la variance de S_n/n (indépendance citée), 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 2 : Couple de variables et covariance (3 points)

1. On somme les lignes et les colonnes du tableau. \(P(X = 0) = P(X = 1) = \frac{1}{2}\) ; \(P(Y = 0) = \frac{3}{8}\), \(P(Y = 1) = \frac{1}{4}\), \(P(Y = 2) = \frac{3}{8}\).

2. On obtient \(E(X) = \frac{1}{2}\) et \(E(Y) = 1 \times \frac{1}{4} + 2 \times \frac{3}{8} = 1\). Par le théorème de transfert, seuls les couples où \(xy \neq 0\) contribuent à \(E(XY)\) :

   \[E(XY) = 1 \times 1 \times 0 + 1 \times 2 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2}.\]

   Donc \(\operatorname{Cov}(X,Y) = E(XY) – E(X)E(Y) = \frac{1}{2} – \frac{1}{2} = 0\).

3. On a \(P(X = 1, Y = 1) = 0\), alors que \(P(X = 1)P(Y = 1) = \frac{1}{8}\). Les variables ne sont donc pas indépendantes. Ainsi, une covariance nulle n’entraîne pas l’indépendance ; seule la réciproque est vraie.

4. La variable \(X\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(\frac{1}{2}\), donc \(V(X) = \frac{1}{4}\). Ensuite, \(E(Y^2) = \frac{1}{4} + 4 \times \frac{3}{8} = \frac{7}{4}\), donc \(V(Y) = \frac{7}{4} – 1 = \frac{3}{4}\). Enfin :

   \[V(X+Y) = V(X) + V(Y) + 2\operatorname{Cov}(X,Y) = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 0.\]

   Donc \(V(X+Y) = 1\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,25 point par espérance, 0,25 point pour la covariance ; c) 0,5 point avec un contre-exemple explicite ; d) 0,25 point pour V(X), 0,25 point pour V(Y), 0,5 point pour V(X+Y).

Exercice 3 : Fonctions génératrices et lois de Poisson (4 points)

1. Par le théorème de transfert, pour tout réel \(t\), la série suivante converge absolument (série exponentielle) :

   \[G_X(t) = \sum_{k=0}^{+\infty} t^k e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} = e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(\lambda t)^k}{k!} = e^{-\lambda} e^{\lambda t}.\]

   Donc \(G_X(t) = e^{\lambda(t-1)}\).

2. La fonction génératrice est définie sur \(\mathbb{R}\), donc au voisinage de \(1\). Ainsi \(X\) admet des moments de tout ordre, avec \(E(X) = G_X^{\prime}(1)\) et \(E(X(X-1)) = G_X^{\prime\prime}(1)\). Or \(G_X^{\prime}(t) = \lambda e^{\lambda(t-1)}\) et \(G_X^{\prime\prime}(t) = \lambda^2 e^{\lambda(t-1)}\).

   Donc \(E(X) = \lambda\), puis \(V(X) = E(X(X-1)) + E(X) – E(X)^2 = \lambda^2 + \lambda – \lambda^2\). Ainsi \(V(X) = \lambda\).

3. Les variables \(t^X\) et \(t^Y\) sont indépendantes, car fonctions de \(X\) et de \(Y\). Donc \(G_{X+Y}(t) = E(t^X t^Y) = G_X(t) G_Y(t) = e^{(\lambda+\mu)(t-1)}\).

   On reconnaît la fonction génératrice de la loi \(\mathcal{P}(\lambda + \mu)\). Or la fonction génératrice caractérise la loi. Donc \(X + Y\) suit la loi de Poisson \(\mathcal{P}(\lambda + \mu)\).

4. D’après c), le nombre total d’appels \(S\) suit la loi \(\mathcal{P}(5)\). Donc :

   \[P(S \leq\, 1) = e^{-5} + 5e^{-5}.\]

   La probabilité cherchée vaut \(6e^{-5}\).

5. Pour \(0 \leq\, k \leq\, n\), par indépendance, \(P(X = k, X+Y = n) = P(X = k) P(Y = n-k)\). On divise par \(P(X+Y = n)\) :

   \[P_{(X+Y=n)}(X = k) = \frac{e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} \, e^{-\mu}\frac{\mu^{n-k}}{(n-k)!}}{e^{-(\lambda+\mu)}\frac{(\lambda+\mu)^n}{n!}} = \binom\,{n}{k} (\frac{\lambda}{\lambda+\mu})^k (\frac{\mu}{\lambda+\mu})^{n-k}.\]

   Sachant \(X + Y = n\), la variable \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n, \frac{\lambda}{\lambda+\mu})\).

Barème : a) 0,5 point pour le transfert, 0,5 point pour le calcul ; b) 0,5 point pour l’espérance, 0,5 point pour la variance ; c) 0,5 point pour le produit (indépendance citée), 0,5 point pour la caractérisation de la loi ; d) 0,5 point ; e) 0,5 point.

Exercice 4 : Loi géométrique et absence de mémoire (4 points)

1. Les nombres \(q^{k-1}p\) sont positifs. De plus, la série géométrique de raison \(q \in ]0,1[\) converge, et \(\sum_{k=1}^{+\infty} q^{k-1} p = \frac{p}{1-q} = 1\). On a donc bien une loi de probabilité.

2. La série \(\sum k q^{k-1} p\) est à termes positifs et converge d’après le résultat admis, car \(|q| < 1\). Donc \(X\) admet une espérance, et

   \[E(X) = p \sum_{k=1}^{+\infty} k q^{k-1} = \frac{p}{(1-q)^2} = \frac{p}{p^2}.\]

   Ainsi \(E(X) = \dfrac{1}{p}\).

3. Par le théorème de transfert, \(E(X(X-1)) = \sum_{k=2}^{+\infty} k(k-1) q^{k-1} p = pq \times \frac{2}{(1-q)^3} = \frac{2q}{p^2}\). Ensuite :

   \[V(X) = E(X(X-1)) + E(X) – E(X)^2 = \frac{2q}{p^2} + \frac{p}{p^2} – \frac{1}{p^2} = \frac{2q + p – 1}{p^2}.\]

   Comme \(p – 1 = -q\), on obtient \(V(X) = \dfrac{q}{p^2}\).

4. On a \(P(X > n) = \sum_{k=n+1}^{+\infty} q^{k-1}p = p \, \frac{q^n}{1-q} = q^n\). Comme \((X > n+m) \subset (X > n)\) :

   \[P_{(X > n)}(X > n+m) = \frac{P(X > n+m)}{P(X > n)} = \frac{q^{n+m}}{q^n} = q^m = P(X > m).\]

   La loi géométrique est sans mémoire.

5. Ici \(X\) suit \(\mathcal{G}(\frac{1}{6})\) et \(Y\) suit \(\mathcal{G}(\frac{1}{2})\). Pour \(n \in \mathbb{N}\), on a \((Z > n) = (X > n) \cap (Y > n)\). Par indépendance :

   \[P(Z > n) = (\frac{5}{6})^n (\frac{1}{2})^n = (\frac{5}{12})^n.\]

   Pour \(n \geq\, 1\), \(P(Z = n) = P(Z > n-1) – P(Z > n) = (\frac{5}{12})^{n-1} \times \frac{7}{12}\). Donc \(Z\) suit la loi géométrique \(\mathcal{G}(\frac{7}{12})\) et \(E(Z) = \dfrac{12}{7}\).

Erreur fréquente : croire que \(Z\) a pour paramètre \(\frac{1}{6} + \frac{1}{2}\). On passe par \(P(Z > n)\), qui se factorise grâce à l’indépendance.

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point pour la convergence, 0,5 point pour le calcul ; c) 0,5 point pour E(X(X−1)), 0,5 point pour la variance ; d) 0,5 point ; e) 0,5 point pour P(Z > n), 0,5 point pour la loi et l’espérance.

Exercice 5 : Problème : le temps de collection de vignettes (5 points)

1. Après l’obtention de \(k-1\) vignettes distinctes, chaque nouveau paquet apporte une vignette nouvelle avec la probabilité \(p_k = \frac{N – (k-1)}{N}\). En effet, \(N – k + 1\) vignettes manquent encore, sur \(N\) équiprobables. Les paquets étant indépendants, on répète une épreuve de Bernoulli de paramètre \(p_k\) jusqu’au premier succès.

   Donc \(X_k\) est le rang du premier succès : \(X_k\) suit la loi \(\mathcal{G}(\frac{N-k+1}{N})\). Pour \(k = 1\), le paramètre vaut \(1\) et \(X_1 = 1\).

2. Par linéarité de l’espérance et d’après l’exercice 4, \(E(T_N) = \sum_{k=1}^{N} \frac{N}{N-k+1}\). Le changement d’indice \(j = N – k + 1\) donne :

   \[E(T_N) = N \sum_{j=1}^{N} \frac{1}{j} = N H_N.\]

   Pour \(N = 4\) : \(H_4 = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{25}{12}\). Donc \(E(T_4) = \dfrac{25}{3}\), soit environ \(8{,}3\) paquets.

3. Les \(X_k\) sont indépendantes, donc \(V(T_N) = \sum_{k=1}^{N} V(X_k)\). D’après l’exercice 4, \(V(X_k) = \frac{1 – p_k}{p_k^2} \leq\, \frac{1}{p_k^2} = \frac{N^2}{(N-k+1)^2}\). Avec \(j = N – k + 1\), on obtient \(V(T_N) \leq\, N^2 \sum_{j=1}^{N} \frac{1}{j^2}\).

   De plus, pour \(j \geq\, 2\), \(\frac{1}{j^2} \leq\, \frac{1}{j(j-1)} = \frac{1}{j-1} – \frac{1}{j}\). Par télescopage :

   \[\sum_{j=1}^{N} \frac{1}{j^2} \leq\, 1 + (1 – \frac{1}{N}) \leq\, 2.\]

   Donc \(V(T_N) \leq\, 2N^2\).

4. On applique l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev à \(T_N\), d’espérance \(N H_N\), avec l’écart \(\varepsilon N H_N > 0\) :

   \[P(|T_N – N H_N| \geq\, \varepsilon N H_N) \leq\, \frac{V(T_N)}{\varepsilon^2 N^2 H_N^2} \leq\, \frac{2N^2}{\varepsilon^2 N^2 H_N^2} = \frac{2}{\varepsilon^2 H_N^2}.\]

   La série harmonique diverge, donc \(H_N \to +\infty\). Par conséquent, cette probabilité tend vers \(0\) quand \(N \to +\infty\).

   Interprétation : \(\frac{T_N}{N H_N}\) converge en probabilité vers \(1\). Comme \(H_N\) est équivalent à \(\ln N\), il faut donc acheter environ \(N \ln N\) paquets pour compléter un grand album.

Barème : a) 0,5 point pour le paramètre, 0,5 point pour la justification (épreuves indépendantes, premier succès) ; b) 0,5 point pour la linéarité, 0,5 point pour N = 4 ; c) 0,5 point pour l’additivité des variances, 0,5 point pour la majoration de V(X_k), 0,5 point pour le télescopage ; d) 1 point pour l’inégalité, 0,5 point pour la limite et l’interprétation.

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