Corrigé ESSEC 2003 Maths 3 par Pierre Veuillez


I. Exemple introductif.

On effectue des lancers successifs (indépendants) d'un dé cubique équilibré, dont les faces sont numérotées de 1 à 6, et on note X 1 , X 2 , \dots X n , \dots , les variables aléatoires donnant le numéro amené par le dé aux premier lancer, deuxième lancer, ... .


Pour tout entier naturel n non nul, on note Y n , la somme des points obtenus aux n premiers lancers.


Enfin, pour tout entier naturel k non nul, la variable aléatoire T k compte le nombre de celles des variables aléatoires Y 1 , Y 2 , \dots , Y n , \dots qui prennent une valeur inférieure ou égale à k .


Par exemple, si les cinq premiers numéros amenés par le dé sont, dans l'ordre : 3, 1, 2, 3, 6, alors les événements suivants sont réalisés : ( Y 1 = 3 ) , ( Y 2 = 4 ) , ( Y 3 = 6 ) , ( Y 4 = 9 ) , ( Y 5 = 15 ) , et les variables aléatoires T 2 , T 3 , T 9 et T 1 2 prennent respectivement pour valeurs 0, 1, 4 et 4 .

  1. On s'intéresse dans cette question à la variable aléatoire T 1 2 .

    1. Il faut noter d'abord que le total des lancers augmente au moins d'un et au plus de 6 à chaque lancer.

      Donc pour tout i , la différence entre Y i et Y i + 1 est au moins de 1 et au plus de 6.

      Donc Y 1 2 vaut au minimum 12 (réalisé quand on n'a eu que des 1)

      et comme Y 1 vaut au maxium 6, la première à pouvoir atteindre 12 est Y 2 (réalisé si l'on a un dauble 6)

      Donc 2 T 1 2 12 , toutes les valeurs intermédiaires étant possibles.

      Finalement T 1 2 ( Ω ) = [ [ 2 , 12 ] ]

      ( T 1 2 = 12 ) ne peut arriver que si chacun des tirage donne 1 (sinon Y 1 2 > 12 ainsi que tous les Y i pour i 12 suivant)

      Donc ( T 1 2 = 12 ) = ( X 1 = 1 ) ( X 2 = 1 ) \dots ( X 1 2 = 1 )

      et comme les lancers sont indépendats, p ( T 1 2 = 12 ) = ( 1 / 6 ) 12 (les 6 faces sont équiprobables)

    2. Simulation informatique

      Il faut à chaque lancer du dé (simulé par x:=random(6)+1) augmenter de cette quantité la variable y et de 1 la valeur de t qui compte le nombre des Y i 12 et donc le nombre de lancers pour atteindre un total de 12 (on le dépasse forcément au lancer suivant)

      Program ESSEC2003A;

      var x,y,t:integer;

      begin

      randomize;

      y:=0;t:=0;

      repeat

      x:=random(6)+1;

      y:=y+x;

      t:=t+1;

      until y>=12;

      writeln(T=',t);

      end.

  2. On s'intéresse dans cette question à la variable aléatoire T 2

    1. Déterminer la loi de probabilité de T 2 .

      Comme au second lancer on totalise au moins 2, on a T 2 ( Ω ) = { 0 , 1 , 2 }

      • ( T 2 = 0 ) = ( Y 1 > 2 ) = ( X 1 > 2 ) = ( X 1 3 )

        Les faces étant équiprobables, p ( T 2 = 0 ) = 4 / 6 = 2 / 3

      • ( T 2 = 1 ) = ( Y 1 2 ) ( Y 2 > 2 ) = ( X 1 2 ) ( X 1 + X 2 > 2 )

        = ( X 1 = 1 X 2 2 ) ( X 1 = 2 )

        incompatibles donc p ( T 2 = 1 ) = p ( X 1 = 1 X 2 2 ) + p ( X 1 = 2 ) = p ( X 1 = 1 ) p ( X 2 2 ) + p ( X 1 = 2 ) = 1 6 5 6 + 1 6 = 11 36

      • ( T 2 = 2 ) = ( Y 1 2 ) ( Y 2 2 ) (on a toujours Y 3 3 )

        ( T 2 = 2 ) = ( X 1 = 1 ) ( X 2 = 1 ) lancers indépendants et p ( T 2 = 2 ) = 1 / 36

      i 0 1 2 total
      p ( T 2 = i ) 2 3 11 36 1 36 1

    2. Qu'obtient-on à l'affichage en exécutant le programme ci-dessous ?

      program Essec2003B;

      var i,d1,d2:integer;

      loi:array[0..2] of integer;

      begin

      for i:=0 to 2 do loi[il:=0;

      for d1:=1 to 6 do for d2:=1 to 6 do

      if d1>2 then loi[0]:=loi[0]+1 else

      if d1+d2 >2 then loi[1]:=Ioi[1]+1

      else loi[2]:=Ioi[2]+1;

      for i:=0 to 2 do write(loi[i]/36);

      end.

      Les 36 couples de valeurs du dé pour les premiers et second tirage étant équiprobales, le progrmamme les énumère exhaustivement et compte combien de ces couples vérifient T 2 = 0 , 1 ou 2 :

      • T 2 = 0 si X 1 > 2 (d1>2) et on augmente le cradinal | T 2 = 0 | de 1 (loi[0]:=loi[0]+1)

      • T 2 = 1 si X 1 2 (d1>2...else... ) et si X 1 + X 2 > 2 (d1+d2 >2) on augmente alors le cradinal | T 2 = 1 | de 1 (loi[1]:=loi[1]+1)

      • enfin T 2 = 0 sinon (else) et on augmente alors le cradinal | T 2 = 2 | de 1 (loi[2]:=loi[2]+1)

      La probabilité est alors le nombre de ces cas favorables suer le nombre de cas possibles.

      Le programme affiche donc p ( T 2 = 0 ) , p ( T 2 = 1 ) et p ( T 2 = 2 )

Dorénavant, on considère une suite ( X i ) i 1 de variables aléatoires, définies sur un même espace probabilisé ( Ω ; 𝒯 ; P ) , mutuellement indépendantes, de même loi, à valeurs positives ou nulles.


Pour tout entier naturel n non nul, on pose alors : Y n = X 1 + X 2 + \dots + X n et on note F n la fonction de répartition de la variable aléatoire Y n .


On fixe un réel strictement positif x , et on s'intéresse au nombre T x des variables aléatoires Y n telles que l'événement ( Y n x ) soit réalisé.



II. Cas général.

  1. Ici, on raisonne pour x fixé.

    On a F n ( x ) = p ( Y n x )

    Comme Y n + 1 = Y n + X n + 1 et que X n + 1 0 alors Y n + 1 Y n

    Donc si Y n + 1 x alors Y n x ( ( Y n + 1 x ) ( Y n x ) ) et p ( Y n + 1 x ) p ( Y n x )

    Et finalement F n + 1 ( x ) F n ( x )

    Donc la suite ( F n ( x ) ) n 1 est bien décroissante.

  2. Démontrer chacune des deux relations suivantes :

  3. Pour calculer n = 0 + P ( T x = n ) on calcule la somme partielle :

    n = 0 N P ( T x = n ) = P ( T x = 0 ) + n = 1 N [ F n ( x ) F n + 1 ( x ) ] = 1 F 1 ( x ) + n = 1 N F n ( x ) n = 1 N F n + 1 ( x ) réindexé  m = n + 1 = 1 F 1 ( x ) + n = 0 N F n ( x ) m = 2 N + 1 F m ( x ) = 1 F N + 1 ( x ) Donc lim N + n = 0 N P ( T x = n ) = 1 lim N + F N + 1 ( x ) = 0  c'est à dire  n = 0 + P ( T x = n ) = 1 lim n + F n ( x ) = 0

    Autrement dit, T x est une variable aléatoire si, et seulement si : lim n + F n ( x ) = 0

    Remarque : pour que T soit une variable aléatoire, il faut que la probabilité que sa valeur soit définie vaille 1.



III. Cas d'une loi géométrique.

Dans cette troisième partie, les variables aléatoires X i , i * , suivent la loi géométrique 𝒢 ( p ) de paramètre p , ( 0 < p < 1 ) , et on pose : q = 1 p .


De plus, x est ici un entier naturel non nul fixé.


On rappelle que, par convention : C n m = 0 si n et m sont des entiers naturels tels que m > n .

  1. Loi de Y n , n *

    1. Comme pour tout i , X i ( Ω ) = [ [ 1 , + [ [ et que Y n = X 1 + X 2 + \dots + X n alors Y n ( Ω ) = [ [ 1 , + [ [

    2. Pour k 2 , ( Y 2 = k ) = ( X 1 + X 2 = k ) = i = 1 k 1 ( X 1 = i X 2 = k i )

      les bornes venant de X 1 1 donc i 1 et X 2 1 donc k i 1 i k 1

      Donc (en faisant attention à l'ensemble de validité de la loi) p ( Y 2 = k ) = p [ i = 1 k 1 ( X 1 = i X 2 = k i ) ] incompatibles = i = 1 k 1 p ( X 1 = i X 2 = k i ) indépendants = i = 1 k 1 p ( X 1 = i ) p ( X 2 = k i ) et comme  i 1  et  k i 1 = i = 1 k 1 q i 1 p q k i 1 p = p 2 i = 1 k 1 q k 2      ( k  constant /  i ) = p 2 q k 2 i = 1 k 1 1 = ( k 1 ) p 2 q k 2 = C k 1 1 p 2 q k 2

      Pour k 3 , ( Y 3 = k ) = ( X 1 + X 2 + X 3 = k ) = ( Y 2 + X 3 = k ) = i = 2 k 1 ( Y 2 = i X 3 = k i )

      les bornes venant de Y 2 2 donc i 2 et X 3 1 donc k i 1 i k 1 p ( Y 3 = k ) = p [ i = 2 k 1 ( Y 2 = i X 2 = k i ) ] incompatibles / indépendants = i = 2 k 1 p ( Y 2 = i ) p ( X 2 = k i ) = i = 2 k 1 ( i 1 ) p 2 q i 2 q k 1 i p = p 3 q k 3 i = 2 k 1 ( i 1 ) = p 3 q k 3 j = 1 k 2 j réindexé  j = i 1 = p 3 q k 3 [ ( k 1 ) k 2 0 ] = C k 1 2 p 2 q k 2

    3. On ne peut pas utiliser ici le binôme car l'indice de somme est en indice sur le coefficient du binôme.

      Par récurrence sur m :

      • pour m = n , on a k = n n C k n = C n n = 1 = C n + 1 n + 1

      • Soit m n tel que k = n m C k n = C m + 1 n + 1

        Est-ce qu'alors k = n m + 1 C k n = C m + 2 n + 1 ? k = n m + 1 C k n = k = n m C k n + C m + 1 n = C m + 1 n + 1 + C m + 1 n = C m + 2 n + 1

      • Donc pour tout entier m n : k = n m C k n = C m + 1 n + 1

    4. Par récurrence : (on a la propriété pour n = 0 , 1 , et 2

      • pour n = 1 on a p ( Y 1 = k ) = q k 1 p = C k 1 1 1 q k 1 p

      • Soit n 1 tel que pour tout k n : P ( Y n = k ) = C k 1 n 1 q k n p n

        alors pour k n + 1 : ( Y n + 1 = k ) = ( Y n + X n + 1 = k ) = i = n k 1 ( Y 2 = i X n + 1 = k i ) avec i k et k i 1 ; et p ( Y n = k ) = p [ i = n k 1 ( Y n = i X n + 1 = k i ) ] incompatibles / indépendants = i = n k 1 p ( Y n = i ) p ( X n + 1 = k i ) = i = n k 1 C i 1 n 1 q i n p n q k 1 i p      car  i n  et  k i 1 = p n + 1 q k ( n 1 ) i = n k 1 C i 1 n 1 réindexé  j = i 1 = p n + 1 q k ( n 1 ) j = n 1 k 2 C i 1 n 1 et comme  k 1 n = p n + 1 q k ( n 1 ) C k 1 n 1 + 1

      • donc pour tout entier n 1 et k n P ( Y n = k ) = C k 1 n 1 q k n p n

  2. Calcul de P ( T x = n ) .

    1. On utilise l'équivalence : ( T x est une variable aléatoire) si, et seulement si ( lim n + F n ( x ) = 0 )

      • On considère la fonction de répartition de Y n :

        Comme Y n ( Ω ) = [ [ n , + [ [ , si n > x alors p ( Y n x ) = 0 et donc lim n + p ( Y n x ) = 0 et lim n + F n ( x ) = 0

        Donc T x est une variable aléatoire.

      • N.B. x est un entier naturel non nul.

        comme Y n ( Ω ) = [ [ n , + [ [ alors ( Y n x ) n'est possible que si n x

        Donc il y a donc au plus x variables Y i qui sont inférieures ou égales à x

        Et au minimum, il n'y a en a aucune (car X 1 ( Ω ) = Y 1 ( Ω ) = [ [ 1 , + [ [ )

        donc T x ( Ω ) = [ [ x , + [ [

      • ( T x = 0 ) signifie que tous les Y i > x , donc que Y 1 > x (car les Y i sont croissants par rapport à i )

        Et en passant par le contraire : ( Y 1 > x ) = ( X 1 > x ) = X 1 x

        donc p ( T x = 0 ) = 1 i = 1 x p ( X 1 = k ) = 1 i = 1 x q i 1 p réindexé  j = i 1 = 1 p i = 0 x 1 q j = 1 p q x 1 q 1 = q x

    2. Pour n x , on a la fonction de répartition à partir de la loi par : F n ( x ) = k = n x p ( Y n = k ) = k = n x C k 1 n 1 q k n p n et comme (formule du triangle de Pascal) C k n = C k 1 n 1 + C k 1 n alors C k 1 n 1 = C k n C k 1 n et F n ( x ) = k = n x ( C k n C k 1 n ) q k n p n = k = n x C k n q k n p n k = n x C k 1 n q k n p n = k = n x C k n q k n p n k = n x C k 1 n q k n p n = p n k = n x C k n q k n q p n k = n + 1 x C k 1 n q k n 1 et directement F n + 1 ( x ) = k = n + 1 x p ( Y n + 1 = k ) = k = n + 1 x C k 1 n 1 + 1 p n + 1 q k n 1 = p n + 1 k = n + 1 x C k 1 n q k n 1 On a alors pour x n 1 : P ( T x = n ) = F n ( x ) F n + 1 ( x ) = p n k = n x C k n q k n q p n k = n + 1 x C k 1 n q k n 1 p n + 1 k = n + 1 x C k 1 n q k n 1 = p n k = n x C k n q k n p n ( q + p ) k = n + 1 x C k 1 n q k n 1 avec  p + q = 1 = p n ( k = n x C k n q k n k = n + 1 x C k 1 n q k n 1 ) réindexé  h = k 1 = p n ( k = n x C k n q k n h = n x 1 C h n q h n ) = C x n q x n p n

      et p ( T x = n ) = 0 si n > x

    3. La formule est encore valable pour n = 0 ( p ( T x = 0 ) = q x )

      On reconnait donc que T x ( x , p ) et donc E ( T x ) = x p et V ( T x ) = x p q

  3. Sachant que les variables aléatoires X 1 , X 2 \dots sont des temps d'attente, et en observant que la réalisation de n premiers succès équivaut à la réalisation du n i e ` m e succès,

    Y n est le temps d'attente du n i e ` m e ´ succès (somme des temps d'attente pour chacuns des n premiers succès)

    T x = n signifie que en x expériences, il n'y a eu que n succès.

    T n est donc le nombre de succès en x expériences indépendantes, qui ont chacunes la probabiltié p de donner succès.

    Donc T x ( x , p )



IV. Cas d'une loi exponentielle.

Dans cette dernière partie, les variables aléatoires X n suivent la loi exponentielle ( λ ) de paramètre λ > 0 .

On admettra qu'alors Y n admet pour densité la fonction f n définie sur par :

f n ( t ) = { 0 si  t < 0 λ n ( n 1 ) ! e λ t t n 1 si  t 0

  1. On utilise les formules du II.2. :

  2. Et on reconnait une loi de Poisson de paramètre λ x (y compris pour n = 0 ) et elle a donc pour espérance λ x et pour variance également.