Corrigé EML 1992 par Pierre Veuillez

Soit N un entier naturel supérieur ou égal à 2 .

  1. Par récurrence :

    De même

  2. Une urne contient une boule blanche, une boule verte et N 2 boules rouges. Ces boules sont indiscernables au toucher.

    On tire successivement les N boules sans remettre les boules tirées dans l'urne.

    On note X 1 la variable aléatoire égale au rang du tirage de la boule blanche et X 2 la variable aléatoire égale au rang du tirage de la boule verte.

    1. Pour calculer cette probabilité, on peut dénombrer les listes sans répétitions, et celles qui donnent X 1 = i et X 2 = j , (permutation de N 2 rouges - pour les tirages autres que le i e ` m e et le j e ` m e ) d'où une probabilité de ( N 2 ) ! N ! = 1 N ( N 1 ) ou plus élémentaire :

      Soient i et j deux entiers compris entre 1 et N .

      • Si i j alors P ( X 1 = i X 2 = j ) = P ( X 1 = i ) P X 1 = i ( X 2 = j )

        Comme, à chaque tirage, toutes les boules sont équiprobables alors P ( X 1 = i ) = 1 N

        Si X 1 = i alors, la boule blanche ne peut pas sortir au tirage i et il ne reste que N 1 boules équiprobables. Donc P X 1 = i ( X 2 = j ) = 1 N 1

        Finalement P ( X 1 = i X 2 = j ) = 1 N ( N 1 ) si i j

      • Et P ( X 1 = i X 2 = i ) = 0 car on ne peut pas avoir blanc et vert au même tirage d'une seule boule.

    2. On peut passer par la loi marginale, ou plus rapidement, toutes les boules étant équiprobables à chaque tirage, P ( X 1 = i ) = P ( X 2 = i ) = 1 N

      Donc X 1 et X 2 suivent une loi uniforme sur [ 1 , N ]

      Elles ne sont pas indépendantes car P ( X 1 = 1 X 2 = 1 ) = 0 P ( X 1 = 1 ) P ( X 2 = 1 )

      Elles ont même espérance : E ( X 1 ) = k = 1 N k P ( X 1 = k ) = 1 N k = 1 N k = N + 1 2

      et variance par E ( X 1 2 ) = k = 1 N k 2 P ( X 1 = k ) = 1 N k = 1 N k 2 = ( N + 1 ) ( 2 N + 1 ) 6 d'où

      V ( X 1 ) = E ( X 1 2 ) E ( X 1 ) 2 = ( N + 1 ) ( 2 N + 1 ) 6 ( N + 1 2 ) 2 = N + 1 12 ( 2 ( 2 N + 1 ) 3 ( N + 1 ) ) = ( N + 1 ) ( N 1 ) 12

      Donc V ( X 1 ) = V ( X 2 ) = N 2 1 12

    3. On note X la variable aléatoire égale au rang du tirage où l'on obtient pour la première fois soit la boule blanche soit la boule verte.

      On note Y la variable aléatoire égale au rang du tirage à partir duquel on a obtenu la boule blanche et la boule verte.

      Remarque : en fait X = inf ( X 1 , X 2 ) et Y = sup ( X 1 , X 2 )

      Par exemple, si on a tiré rouge, rouge, verte, rouge, blanche, alors X 1 = 5 et X 2 = 3 et X = 3 et Y = 5

      On a la première des deux boules au plus tard au N 1 ème tirage et au plus tôt au premier donc X ( Ω ) = [ [ 1 , N 1 ] ]

      et ( X = n ) = "la première des deux arrive au n ème tirage et la second après" la première pouvant être blanche ou verte.

      ( X = n ) = ( X 1 = n X 2 > n ) ( X 2 = n X 1 > n ) incompatibles

      Donc P ( X = n ) = P ( X 1 = n X 2 > n ) + P ( X 2 = n X 1 > n )

      Attention, X 1 et X 2 ne sont pas indépendantes. On redécompose par la loi marginale :

      ( X 1 = n X 2 > n ) = i = n + 1 N ( X 1 = n X 2 = i )  incompatibles donc  P ( X 1 = n X 2 > n ) = i = n + 1 N P ( X 1 = n X 2 = i ) = N ( n + 1 ) + 1 N ( N 1 )

      Et symétriquement P ( X 2 = n X 1 > n ) = ( N n ) N ( N 1 ) également.

      Conclusion :

      P ( X = n ) = 2 ( N n ) N ( N 1 ) pour tout n [ [ 1 , N 1 ] ]

      Plus rapidement, Y ( Ω ) = [ [ 2 , N ] ]

      et ( Y = n ) = ( X 1 = n X 2 < n ) ( X 2 = n X 1 < n )

      P ( X 1 = n X 2 < n ) = P X 2 < n ( X 1 = n ) P ( X 2 < n )

      avec P ( X 2 < n ) = n 1 N car tous les rangs de sortie sont équiprobables pour la boule verte.

      P X 2 < n ( X 1 = n ) = 1 N 1 car il ne reste que N 1 rangs de sorties pour la boule blanche et que ces rangs sont équiprobables.

      Conclusion :

      P ( Y = n ) = 2 ( n 1 ) N ( N 1 ) pour tout n [ [ 2 , N ] ]

      Par la définition, on a E ( X ) = n = 0 N 1 n P ( X = n ) = n = 0 N 1 n 2 ( N n ) N ( N 1 ) = 1 N ( N 1 ) n = 0 N 1 n 2 ( N n ) = 1 N ( N 1 ) [ 2 N n = 0 N 1 n 2 n = 0 N 1 n 2 ] = 1 N ( N 1 ) [ 2 N N ( N 1 ) 2 2 ( N 1 ) N ( 2 N 1 ) 6 ] = N ( 2 N 1 ) 3 = N + 1 3

      pour obtenir l'espérance de Y , on utilise le fait que X + Y = X 1 + Y 1 (on a la somme des rang de sortie des deux boules blanches et vertes)

      Donc E ( Y ) = E ( X 1 ) + E ( X 2 ) E ( X ) = 2 N + 1 2 N + 1 3 = 2 3 ( N + 1 )

      Conclusion :

      E ( X ) = N + 1 3 et E ( Y ) = 2 ( N + 1 ) 3