Corrigé ECICOME 2002 par Pierre Veuillez

  1. On effectue n tirages indépendants (le contenu de l'urne ne change pas) pour lesquels la probabilité d'obtenir b l a n c est toujours 1/2 (boules équiprobables). Donc X ( n , 1 / 2 ) et E ( X ) = n / 2 et V ( x ) = n / 4

  2. Pour k { 1 , , n } , ( Y = k ) signifie qu'on obtient B pour la première fois au k i e ` m e tirage. Donc que l'on a eu N pour les tirages précédents

    ( Y = k ) = i = 1 k 1 N i B k et les tirages étants indépendants, . p ( Y = k ) = i = 1 k 1 p ( N i ) p ( B k ) = ( 1 2 ) k

    ( Y = 0 ) signifie qu'il n'y a eu que des N lors des n tirages. Et de la même façon P ( Y = 0 ) = ( 1 2 ) n

  3. Pour calculer cette somme, il faut traiter à part la valeur k = 0 : k = 0 n p ( Y = k ) = k = 1 n P ( Y = k ) + p ( Y = 0 ) = k = 1 n ( 1 2 ) k + ( 1 2 ) n = k = 0 n ( 1 2 ) k ( 1 2 ) 0 + ( 1 2 ) n = ( 1 2 ) n + 1 1 1 2 1 1 + ( 1 2 ) n = ( 1 2 ) n 1 + 1 2 1 2 ( 1 2 ) n 1 2 = 1

  4. On le démontre par récurrence : Pour x 1

  5. On a alors E ( Y ) = k = 0 n k p ( Y = k ) = k = 1 n k P ( Y = k ) + 0 p ( Y = 0 ) = k = 1 n + 1 k ( 1 2 ) k = n ( 1 2 ) n + 2 ( n + 1 ) ( 1 2 ) n + 1 + 1 2 ( 1 1 2 ) 2 = 4 ( n ( 1 2 ) n + 2 ( n + 1 ) ( 1 2 ) n + 1 + 1 2 ) = ( n + 2 ) ( 1 2 ) n + 2

Étude du cas c 0 .

  1. X i compte le nombre de boule(s) balnches obtenue au i e ` m e tirage (uniquement). Z p est donc le nombre total de boules blanches obtenues lors des p premiers tirages.

  2. Au premier tirages, les 2 boules sont équiprobables. Donc X 1 ( Ω ) = { 0 , 1 } et p ( X 1 = 1 ) = p ( X 2 = 1 ) = 1 / 2 et X 1 suit une loi de Bernouilli de paramètre 1 / 2. On a don E ( X ) = 1 / 2 et V ( X ) = 1 / 4

  3. Il y a ici 4 probabilités à déterminer en décomposant en fonction du résultat de chacun des deux premiers tirages :

    La loi de X 2 est la loi marginale :

    La loi de X 2 est donc la mpême que celle de X 1 et E ( X 2 ) = E ( X 1 ) = 1 / 2

  4. Ici Z 2 est la somme de deux variables aléatoires suivant des lois binômiales de même paramètre de succès. Mais elles ne sont pas indépendantes. On ne peut donc pas conclure que Z 2 ( 2 , 1 / 2 )

  5. Onpeut avoir en p tirages de 0 à p boules blanches. Donc Z p ( Ω ) = [ [ 0 , p ] ]

  6. Soit p n 1 .

    1. Quand ( Z p = k ) on a obtenu k boules blanches et p k boules noires. On a donc rajouté lors de ces tirages k c boules blanches et ( p k ) c boules noires.

      Il y a donc k c + 1 blanches et ( p k ) c + 1 noires lors du p + 1 i e ` m e tirages .

      Ces boules étant équiprobables p ( X p + 1 = 1 / Z p = k ) = k c + 1 p c + 2

    2. Les événements ( Z p = k ) k [ [ 0 , p ] ] forment un système complet d'événements. Donc d'après la formule des probabilités totales :

      p ( X p + 1 = 1 ) = k = 0 p p ( X p + 1 = 1 / Z p = k ) p ( Z p = k ) = k = 0 p k c + 1 p c + 2 p ( Z p = k ) \dots

      Mais on ne connairt pas la loi de Z p \dots Aussi ne fait on apparaître que son espérance : p ( X p + 1 = 1 ) = k = 0 p k c + 1 p c + 2 p ( Z p = k ) = 1 p c + 2 k = 0 p ( k c + 1 ) p ( Z p = k ) = 1 p c + 2 [ c k = 0 p k p ( Z p = k ) + k = 0 p p ( Z p = k ) ] = 1 p c + 2 [ c E ( Z p ) + 1 ] = c E ( Z p ) + 1 2 + p c

    3. On en déduit par récurrence que X p est une variable aléatoire de Bernoulli de paramètre 1 2 .

      • Pour p = 1 , X 1 suit bien une loi de Bernouilli de paramètre 1 / 2

      • Soit p 1 tel que pour tout k [ [ 1 , p ] ] , X k ( 1 / 2 )

        Alors E ( Z p ) = k = 1 p E ( X i ) = p / 2

        et p ( X p + 1 = 1 ) = c E ( Z p ) + 1 2 + p c = c p 2 + 1 2 + p c = c p + 2 2 ( c p + 2 ) = 1 2 et donc p ( X p + 1 = 0 ) = 1 p ( X p = 1 ) = 1 2

        Donc X p + 1 suit une loi binômiale de paramêtre 1/2

      • Donc pour tout zentier p 1 : X p suit une loi binômiale de paramètre 1/2.

ECICOME 2002