Corrigé CCIP 2000 maths II par Pierre Veuillez
Dans tout le problème, n désigne un entier naturel non nul.
On considère une urne Un contenant n boules numérotées de 1 à n. On tire une boule au hasard dans Un . On note k le numéro de cette boule. Si k est égal à 1, on arrête les tirages. Si k est supérieur ou égal à 2, on enlève de l'urne Un les boules numérotées de k à n (il reste donc les boules numérotées de 1 à k-1), et on effectue à nouveau un tirage dans l'urne. On répète ces tirages jusqu'à l'obtention de la boule numéro 1. On note Xn la variable aléatoire égale au nombre de tirages nécessaires pour l'obtention de la boule numéro 1. On note Yn la variable aléatoire égale à la somme des numéros des boules tirées. On note E( Xn ) et V( Xn ) (respectivement E( Yn ) et V( Yn )) l'espérance et la variance de Xn (respectivement Yn ).

Partie 1.

  1. On pose : hn = k=1 n\dfrac1k=1+\dfrac12+.....+\dfrac1n
    1. On peut utiliser l'inégalité des accroissements finis :
      ln' (x)= 1 x et pour x[k,k+1] on a 1 k+1 ln' (x) 1 k donc comme kk+1 on a
      \dfrac1k+1=\dfrac1k+1(k+1-k)\leqslantln(k+1)-lnk\leqslant(k+1-k)\dfrac1k= 1 k

      ou de façon plus élémentaire prouver séparément les deux inégalités en étudiant les variations de la différence.
    2. On a donc en sommant les inégalité :
      k=1 n\dfrac1k k=1 n(ln(k+1)-lnk)

      somme qui se simplifie en cascade : k=1 n(ln(k+1)-lnk)= k=1 nln(k+1)- \limits k=1 n lnk et en réindexant
      = k=2 n+1lnk- k=1 nlnk=ln(n+1)-ln(1) d'où finalement :
      k=1 n\dfrac1kln(k+1)

      On réutilise \dfrac1k+1\leqslantln(k+1)-lnk pour tout k1 en substituant k-1 à k
      On a donc pour tout k2: 1 k ln(k)-ln(k-1) que l'on ne peut utiliser que pour k2

      k=1 n\dfrac1k = 1+ k=2 n\dfrac1k1+ k=2 n(ln(k)-ln(k-1)) 1+ln(n)

      D'où le résultat recherché : ln(n+1)\leqslant hn \leqslant1+lnn
    3. En factorisant par le prépondérant on trouve :
      ln(n+1)=ln(n(1+1/n))=ln(n)+ln(1+1/n)

      et en divisant par ln(n):
      ln(n)+ln(1+1/n)\leqslant hn \leqslant1+lnn 1+ ln(1+1/n) ln(n) \leqslant hn ln(n) \leqslant1+ 1 ln(n)

      donc par encadrement hn ln(n) 1 et hn \thicksimlnn quand n tend vers l'infini.
  2. On pose : kn = k=1 n\dfrac1 k2 =1+\dfrac1 22 +.....+\dfrac1 n2
    1. Pour tout k2, on calcule la différence que l'on factorise :
      \dfrac1 k2 -\dfrac1k-1+\dfrac1k=- 1 k2 (k-1) 0

      donc \dfrac1 k2 \dfrac1k-1-\dfrac1k
    2. On somme les inégalités pour k2:

      k=1 n\dfrac1 k2 =1+ k=2 n\dfrac1 k2 1+ k=2 n(\dfrac1k-1-\dfrac1k) 1+ -1 n + 1 2-1 2

      (la somme se simplifie en cascade comme précédemment, on a détaillé le calcul une fois, il est inutilse de le refaire chaque fois)
      Donc kn \leqslant2
    3. En factorisant par le prépondérant, ln(n), on trouve hn - kn =ln(n)( hn ln(n) - kn ln(n) )
      Et comme 0 kn \leqslant2 on a alors 0 kn ln(n) 2 ln(n) et par encadrement kn ln(n) 0 donc la parenthèse tende vers 1 et hn - kn \thicksimln(n) quand n tend vers l'infini.

Partie 2 : Etude de la variable aléatoire X n

On note In la variable aléatoire égale au numéro de la première boule tirée dans l'urne Un .
    1. In est le numéro de la première boule tirée. Comme elles sont toutes équiprobables, In suit une loi uniforme sur [[1,n]]. Pour tout k [[1,n]], p( In =k)=1/n
    2. Quand In =1, on obtient la boule 1 au premier tirage, donc Xn =1 ; et la loi conditionnelle de Xn est : p( Xn =1/ In =1)=1
    3. Quand In =k2, on obtient k au premier tirage et on retire toutes les boules de numéros supérieur à k.
      On continue donc à partir du 2 tirage avec k-11 boules.
      Pour obtenir 1 au jème tirage, il reste donc j-1 tirages à affectuer (à partir du 2 ) vec k-1 boules.
      Donc
      j * ,  k{2,...,n},   P( Xn =j/ In =k)=P( Xk-1 =j-1)

    1. Pour la loi de X1 , on n'a qu'une seule boule : la numéro 1.
      Donc on l'obtient dès le premier tirage, et la loi de X1 est : X1 (Ω)={1} et p( X1 =1)=1
    2. Pour X2 on dispose au départ des boules 1 et 2. ( X2 =1) est l'événement "obtenir 1 au premier tirage".
      Donc ( X2 =1)=( I2 =1) et p( X2 =1)=1/2
      Si on n'a pas 1 au premier tirage, on aura 2 et il ne restera que la 1 dans l'urne. On obtiendra alors 1 au second tirage.
      Donc p( X2 =2)=p( I2 =2)=1/2 et finalement :
      k 1 2
      p( X2 =k) 1/2 1/2
      kp( X2 =k) 1/2 1 3/2=E( X2 )
      k2 p( X2 =k) 1/2 2 5/2=E( X2 2 )
      d'où V( X2 )= 5 2 - 9 4 = 1 4
    3. Quand I3 =1, on a la boule 1 dès le premier tirage et donc X3 =1. Donc P( X3 =2/ I3 =1)=0
      Quand I3 =2 on a la boule 2 au premier tirage, donc pour le second il ne reste dans l'urne que la boule 1; on est donc sûr de l'obtenir au second. Donc P( X3 =2/ I3 =2)=1.
      Quand I3 =3, il reste les boules 1 et 2 dans l'urne pour le second tirage. La probabilité d'obtenir 1 au second tirage est donc 1/2 et P( X3 =2/ I3 =3)=1/2
      On utilise alors la formule des probabilités totales : I3 =1, 2 ou 3 est un système complet d'événeùments donc
      p( X3 =2)=p( X3 =2/ I3 =1)p( I3 =1)+p( X3 =2/ I3 =2)p( I3 =2) +p( X3 =2/ I3 =3)p( I3 =3) =0+1 1 3 + 1 2 1 3 = 1 2

      On sait déjà que p( X3 =1)=1/3 donc (loi d'une variable aléatoire) p( X3 =3)=1-p( X3 =1)-p( X3 =2)=1/6
      (on pouvait aussi décomposer X3 =3: on doit avoir 1 au 3ème et 3 au premier sinon on ne fait que 2 tirages donc 2 au 2 )
      k 1 2 3
      p( X3 =k) 1/3 1/2 1/6 1
      kp( X3 =k) 1/3 1 1/2 11/6=E( X3 )
      k2 p( X3 =k) 1/3 2 3/2 23/6=E( X3 2 )
      d'où V( X3 )= 23 6 - 121 36 = 17 36
    1. " Xn prend ses valeurs dans {1,2,...,n}" peut être compris comme "ce sont toutes les valeurs de Xn " ou bien comme " Xn prend des valeurs parmi celles là" (plutôt cette deuxième forme)
      Comme on retire au moins une boule à chaque tirage, on en fait au maximum n et au amaximum, Xn =n
      Et au minimum, on aobtient la boule 1 au premier. Donc Xn prend ses valeurs dans {1,2,...,n}
    2. Comme ( Xn =1)=( In =1) on a P( Xn =1)=1/n
      ( Xn =n) ne peut survenir que si l'on retire une seule boule à chaque tirage. Donc si pour tout k, on tire au kième tirage la plus grande des boules
      restantes. Donc ( Xn =k)= n1 (n-1)2 1n en codant ij l'événement "obtenir i au jème tirage"
      On a donc p( Xn =k)=p( n1 )p(n- 12 / n1 )p( 1n / n1 2n-1 )
      le conditinnement donne les boules restantes dans l'urne (qui sont équiprobables) :
      p( Xn =n)=p( n1 )p(n- 12 /n-1 boules )p( 1n /1 boule )= 1 n · 1 n-1 1 1 = 1 n!
    3. On connait déjà p( Xn =1) donc on ne s'intéresse à p( Xn =j) que pour j2.
      Pour avoir Xn =j, on réutilise P( Xn =j/ In =k)=P( Xk-1 =j-1) via la formule des probabiités totales :
      ( In =k)k[[1,n]] est un système complet d'événements. Donc

      p( Xn =j)= k=1 np( Xn =j/ In =k)p( In =k) = k=2 np( Xn =j/ In =k)p( In =k)+p( Xn =j/ In =1)p( In =1)

      Si In =1 alors Xn =1, et comme j2 on a p( Xn =j/ In =1)=0.
      N.B. si k<j et que In =k il reste k-1 boules après le premier tirage donc on les aura épuisées en k-1 tirages au plus tard (donc au kième ). On ne peut donc pas avoir Xn =j et p( Xn =j/ In =k)=0.
      On aurait donc pu extraire de la somme tous les termes de 1 à j-1.

      p( Xn =j)= k=2 n 1 n p( Xk-1 =j-1) réindexé h=k-1: = 1 n k=1 n-1p( Xk =j-1)

      Donc
      j\geqslant2,   P( Xn =j)=\dfrac1n k=1 n-1P( Xk =j-1)

    4. Si n est supérieur ou égal à 3 (donc n-1 est supérieur à 2 et on peut réutiliser le précédent) et j supérieur ou égal à 2, on a :
      nP( Xn =j)-(n-1)P( Xn-1 =j)=\dfracnn k=1 n-1P( Xk =j-1)- k=1 n-2P( Xk =j-1) = k=1 n-1P( Xk =j-1)- k=1 n-2P( Xk =j-1) =p( Xn-1 =j-1)

      Donc pour n3 et j2 on a
      nP( Xn =j)=(n-1)P( Xn-1 =j)+p( Xn-1 =j-1) donc P( Xn =j)=\dfracn-1nP( Xn-1 =j)+\dfrac1nP( Xn-1 =j-1)

      Pour j=1 on a pour tout entier n1:P( Xn =1)= 1 n donc
      \dfracn-1nP( Xn-1 =1)+\dfrac1nP( Xn-1 =0)=\dfracn-1n 1 n-1 +\dfrac1n0= 1 n =P( Xn =1)

      et la propriété est encore vraie pour j=1
      Enfin pour n=2, le seul cas non prouvé est j=2 ( j=1 est déjà traité et j3 donne des probabilité nulles)
      \dfrac2-12P( X1 =2)+\dfrac12P( X1 =1)=0+ 1 2 =p( X2 =2)

      Donc si n2
      j\geqslant1  ,  P( Xn =j)=\dfracn-1nP( Xn-1 =j)+\dfrac1nP( Xn-1 =j-1)

    1. Comme Xn (Ω)[[1,n]] , on a
      E( Xn )= k=1 njp( Xn =j) = j=1 nj[\dfracn-1nP( Xn-1 =j)+\dfrac1nP( Xn-1 =j-1)] =\dfracn-1n j=1 njP( Xn-1 =j)+\dfrac1n j=1 njP( Xn-1 =j-1)

      On enlève de la prmeière somme le terme pour j=n:p( Xn-1 =n)=0 et on réindexe la seconde par k=j-1
      E( Xn )=\dfracn-1n j=1 n-1jP( Xn-1 =j)+0+\dfrac1n k=0 n-1(k+1)P( Xn-1 =k) =\dfracn-1nE( Xn-1 )+\dfrac1n k=1 n-1kP( Xn-1 =k)+ 1 n k=1 n-1P( Xn-1 =k)+0 =\dfracn-1nE( Xn-1 )+\dfrac1nE( Xn-1 )+ 1 n =E( Xn-1 )+\dfrac1n

    2. Comme E( X1 )=1, on a E( Xn )=1+ 1 2 ++ 1 n = k=1 n 1 k
      Et E( Xn )= hn \thicksimln(n) quand n tend vers l'infini.
    1. On réutilise la méthode précédente :

      E( Xn 2 )= k=1 n j2 p( Xn =j) = j=1 n j2 [\dfracn-1nP( Xn-1 =j)+\dfrac1nP( Xn-1 =j-1)] =\dfracn-1n j=1 n-1 j2 P( Xn-1 =j)+0+\dfrac1n j=2 n j2 P( Xn-1 =j-1)+0 =\dfracn-1nE( Xn-1 2 )+\dfrac1n k=1 n-1( k2 +2k+1)P( Xn-1 =k) =\dfracn-1nE( Xn-1 2 )+\dfrac1n k=1 n-1 k2 P( Xn-1 =k) + 2 n k=1 n-1kP( Xn-1 =k)+ 1 n k=1 n-1P( Xn-1 =k) =\dfracn-1nE( Xn-1 )+\dfrac1nE( Xn-1 2 )+ 2 n E( Xn-1 )+ 1 n =E( Xn-1 2 )+ 2 n E( Xn-1 )+\dfrac1n

    2. Comme V( Xn )=E( Xn 2 )-E ( Xn )2 on a
      V( Xn )=E( Xn-1 2 )+ 2 n E( Xn-1 )+\dfrac1n- (E( Xn-1 )+\dfrac1n)2 =E( Xn-1 2 )+ 2 n E( Xn-1 )+\dfrac1n-(E ( Xn-1 )2 +\dfrac2nE( Xn-1 )+ 1 n2 ) =V( Xn-1 )+ 1 n - 1 n2

      Et comme V( X1 )=0 on a alors
      V( Xn )=0+ 1 2 - 1 4 + 1 3 - 1 9 ++ 1 n - 1 n2 = k=2 n 1 k - k=2 n 1 k2 = k=1 n 1 k - k=1 n 1 k2 = hn - kn

    3. Donc V( Xn )\thicksimln(n) quand n tend vers l'infini.
  1. Soit ( Ti )i\geqslant1 une suite de variables aléatoires indépendantes telle que, pour tout i entier naturel non nul, Ti suit la loi de Bernoulli de paramètre \dfrac1i. On pose :
    Sn = i=1 n Ti = T1 +.....+ Tn

    1. T1 suit une loi de bernouilli de paramètre 1 donc p( T1 =1)=1=p( X1 =1) et p( T1 =0)=0=p( X1 =0)
      Donc X1 et T1 ont même loi.
    2. On a pour tout entier j (même si j=0 auquel cas tous les événements sont impossibles) ( Sn =j)=( i=1 n Ti =j)et comme les valueurs possibles de Tn ne sont que 0 et 1,

      ( i=1 n Ti =j)=[( i=1 n-1 Ti =j)( Tn =0)][( i=1 n-1 Ti =j-1)( Tn =1)] =[( Sn-1 =j)( Tn =0)][( Sn-1 =j-1)( Tn =1)]

      Les deux étant incompqatibles et Sn-1 (qui ne dépend que de T1 , Tn-1 ) étant indépendant de Tn
      P( Sn =j)=p[( Sn-1 =j)( Tn =0)]+p[( Sn-1 =j-1)( Tn =1)] =P( Sn-1 =j-1)p( Tn =0)+P( Sn-1 =j-1)p( Tn =1) =\dfracn-1nP( Sn-1 =j)+\dfrac1nP( Sn-1 =j-1)

      C.Q.F.D
      On a alors par récurrence sur n que pour tout entier j, ( et on devra traiter à part le cas j=1 qui fait intervenir Sn-1 =0 si on n'a pas inclus la valeur 0 au dessus) que p( Sn =j)=p( Xn =j) donc que Xn et Sn ont même loi.
    3. Comme Xn et Sn ont la même loi, elles ont la même varoiance et la même espérance.
      Or
      E( Sn )= i=1 nE( Ti )= i=1 n 1 i = hn

      et comme les ( Ti ) sont indépendantes,
      V( Sn )= i=1 nV( Ti )= i=1 n 1 i (1- 1 i )= i=1 n 1 i - i=1 n 1 i2 = hn - kn

      Et on retourve donc bien E( Xn )= hn et V( Xn )= hn - kn

Partie 3 : Etude de la variable aléatoire Y n .

  1. Pour Y1 , comme la seule boule dans l'urne est 0, Y1 et la variable certeine égale à 1.
    1. Pour Y2 on a dans l'urne les boules 1 et 2. Les sommes possibles sont donc : 1 (1 tiré en premier) et 2+1 (2 tiré en premié puis 1)
      Donc Y2 (Ω)={1,3}
    2. Comme ( Y2 =1)= 11 (ontire 1 en premier) on a P( Y1 =1)=1/2
      et p( Y2 =3)=p( 21 12 )=p( 21 )p( 11 / 21 )=1/2·1=1/2
    1. Si on tire la boule k en premier, il reste les boules jusqu'à k-1.
      Donc pour faire un total de j, il reste à faire un total de j-k avec les k-1 boules restantes.
      Donc si n est supérieur ou égal à 2, pour tout entier j non nul et tout entier k supérieur ou égal à 2
      P( Yn =j/ In =k)=P( Yk-1 =j-k)

      On a besoin de k2 pour que la variable Yk-1 soit bien définie.
      (si j<k, on ne pourra pas obtenir un total plus petit que le premier tirage, ce que l'on retrouve bien dans cette formule où toutes les probailités seront nulles)
    2. On a alors par la formule des probabilités totales :
      ( In =k)k[[1,n]] est un système complet d'événements donc
      P( Yn =j)= k=1 np( Yn =j/ In =k)p( In =k) = k=2 np( Yn =j/ In =k)p( In =k)+p( Yn =j/ In =1)p( In =1)

      on doit traiter à part le cas où k=1 et la probabilité sera nulle pour j>1
      • Pour j=1 on a P( Yn =1)= 1 n (il faut obtenir 1 dès le premier tirage)
        \dfracn-1nP( Yn-1 =1)+\dfrac1nP( Yn-1 =1-n)=\dfracn-1n 1 n-1 +0= 1 n donc la formule est vraie pour j=1
      • On traite à présent uniquement pour j>1: on a
        P( Yn =j)= k=2 nP( Yk-1 =j-k) 1 n

        Comme n n'intervient plus que comme borne supérieure de la somme et dans le 1/n, on a donc
        P( Yn-1 =j)= k=2 n-1P( Yk-1 =j-k) 1 n-1

        Donc
        \dfracn-1nP( Yn-1 =j)+\dfrac1nP( Yn-1 =j-n)= 1 n k=2 n-1P( Yk-1 =j-k)+\dfrac1nP( Yn-1 =j-n) = 1 n k=2 nP( Yk-1 =j-k) 1 n =P( Yn =j)

    3. On calcule l'espérance de Yn en réutilisant la relation précédente :
      E( Yn )= j Yn (Ω) jP( Yn =j) =\dfracn-1n j Yn (Ω) jP( Yn-1 =j)+\dfrac1n j Yn (Ω) jP( Yn-1 =j-n)

      Les valeur possibles de Yn sont d'une part les mêmes que celles de Yn-1 (si on ne comence pas par n)
      et d'autte part celles Yn-1 augementées de n (si on tire n en premier)
      Donc quand j parcours Yn (Ω), il prend toutes les valeurs de Yn-1 (Ω) et j-n prendra également toutes les valeurs de Yn-1 (Ω)
      (si j Yn-1 (Ω) alors P( Yn-1 =j)=0 et si j-n Yn-1 (Ω) alors P( Yn-1 =j-n)=0 )
      Finalement en réindexant la deuxième somme par i=j-k

      E( Yn )=\dfracn-1n j Yn-1 (Ω) jP( Yn-1 =j)+0+\dfrac1n i Yn-1 (Ω) (i+n)P( Yn-1 =i)+0 =\dfracn-1nE( Yn-1 )+\dfrac1nE( Yn-1 )+ n n i Yn-1 (Ω) P( Yn-1 =i) =E( Yn-1 )+1

      Comme E( Y1 )=1 et que l'on a une suite arithmétique de raison 1 on a E( Yn )=(n-1)+E( Y1 )=n

Partie 4. Simulation informatique.

Dans la procédure Truc, récurssive, a et b sont des accumulateurs qui calculent Xn et Yn (raison pour laquelle elles sont déclarées var ) et alea représente la boule tirée au hasard.
En effet :
le programme
Avec un programme itératif :
var n , a , b : integer ;
Begin
a : =0 ; b : = 0; .
write (` n : ') ; readln (n);
repeat
       n : = random (n) + 1 ;
       writeln (n) ;
       a : = a+l;
       b : = b + n;
until n=1
writeln ('a = `, a , 'b = ', b),
End.
ce qui est beaucoup plus simple et naturel.

Partie 5.

On considère l'urne Un contenant n boules numérotées entre 1 et n. A partir de l'urne Un on effectue la suite de tirages décrite dans l'entête du problème. Pour i entier de {1,...,n} , on définit Zi (n) la variable aléatoire égal à 1 si, lors d'un quelconque de ces tirages, on a obtenu la boule numéro i, égale à 0 sinon.
  1. La boule n ne peut être obtenue que lors du premier tirage.
    D onc ( Zn (n) =1)= n1 et p( Zn (n) =1)= 1 n et p( Zn (n) =0)= n-1 n donc Zn (n) suit une loi de Bernouilli de paramètre 1/n
    La variable Z1 (n) vaut 1 si le numéro 1 est obtenu lors des tirages. Or l'expérience s'arrète justement au tirage de 1. Donc Z1 (n) est la variable constante qui vaut 1.
    1. Comme précédemment on distingue suivant la valeur de In :
      • Si In =k et que k<i, on retire toutes les boules k - donc la boule i - et on ne peut plus l'obtenir
        Donc p( Zi (n) =1/ In =k)=0
      • Si In =j on a eu j dès le premier tirage donc p( Zi (n) =1/ In =j)=1
      • Si In =k et que ki, on continue l'expérience avec les boules k-1.
        Donc p( Zi (n) =1/ In =k)=P( Zi (k-1) =1)
      En utilisant la formule des probabilités totales, on trouve alors : ( In =k)k[[1,n]] système complet d'événement et i un entier de {1,...,n-1}

      P( Zi (n) =1)= k=1 np( Zi (n) =1/ In =k)p( In =k) = k=1 i-10+p( Zi (n) =1/ In =i)p( In =i)+ k=i+1 np( Zi (n) =1/ In =k)p( In =k) =\dfrac1n+ k=i+1 n\dfrac1nP( Zi (k-1) =1)

    2. Pour calculer P( Zi (n) =1) on a besoin de P( Zi (k-1) =1) pour tous les k de i+1 à n.
      On prend donc comme hypothèse de récurrence et on démonter que pour tout n1, on a pour tout 1kn et pour tout i de {1,...,k}, Zi (k) suit la loi de Bernoulli de paramètre \dfrac1i.:
      C'est vrai pour n=1 où et i{}1,   Zi (1) = Z1 (1) est cerataine égale à 1 donc suit une loi de bernouilli de paramètre 1=1/1
      Soit n1 tel que pour tout n1, on a et pour tout i de {1,...,n} et pour tout 1kn, Zi (k) suit la loi de Bernoulli de paramètre \dfrac1i.
      Alors pour n+1 il y a à démontrer la propriété pour k=n+1 (les autres cas sont dans l'hypothèse) :
      on peut utiliser la propriété du * pour i{1,n}, la valeur i=n+1 devra être traîtée à part.
      • Pour i{1,n} on a P( Zi (n+1) =1)=\dfrac1n+1+ k=i+1 n+1\dfrac1n+1P( Zi (k-1) =1)
        et comme i+1kn+1 alors ik-1n et Zi (k-1) par hypothèse de récurrence suit une loi de Bernouilli de paramètre \dfrac1i. Donc
        P( Zi (n+1) =1)=\dfrac1n+1+ k=i+1 n+1\dfrac1n+1P( Zi (k-1) =1) = 1 n+1 [1+ k=i+1 n+1 1 i ] = 1 n+1 i+(n+1-i-1+1) i = 1 i

        Donc pour tout i{1,n} la variable aléatoire Zi (n+1) suit bien une loi de Bernouilli de paramètre \dfrac1i
      • et pour i=n+1 on a d'après * Zn+1 (n+1) qui suit une loi de Bernouilli de paramètre \dfrac1n+1
      C.Q.F.D.
      Donc pour tout entier n, on a pour tout i{1,,n} Zi (n) qui suit une loi de Bernouilli de paramètre \dfrac1i
  2. Zi (n) est le nombre de boules i obtenue lors des tirages (on en a eu 1 ou 0)
    Donc i=1 n Zi (n) est le nombre total de boules obtenues, tous numéros confondus.
    Donc i=1 n Zi (n) = Xn et E( Xn )=\limits i=1 n E( Zi (n) )= i=1 n 1 i = hn car l'espérance d'une variable suivant une loi de Bernouilli de paramètre \dfrac1i est \dfrac1i.
    Et on retrouve bien le résultat vu précédemment.
  3. On a Yn = i=1 ni· Zi (n)
    En effet si la boule i est tirée, alors Zi (n) =1 et on rajoute i·1=i et on ne rajoute rien au total sinon.
    Donc
    E( Yn )= i=1 nE(i· Zi (n) )= i=1 ni·E( Zi (n) )= i=1 n i i = i=1 n1=n




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On 18 May 2004, 00:02.