Corrig\e par Pierre Veuillez

Prépa ECE 1  Révisions n ° 1

  1. On suit le contenu des deux urnes:

    1 3 2 3 5 U 1 12 2 23 3 5 U 2 3456 13456 1456 12456 123456 12346

    Donc à l'issue du cinquième tirage U 1 contient la bouke n ° 5.

  2. X 1 est le nombre de boule à l'issue du premier échange. Il a pu augmenter (3456) ou diminuer (12) d'un

    Donc X 1 ( Ω ) = { 1 , 3 } et p ( X 1 = 1 ) = p ( 1 2 ) = 2 / 6 par équiprobabilité des faces du dé et p ( X 1 = 3 ) = p ( 3 4 5 6 ) = 4 / 6 = 2 / 3

    Et E ( X 1 ) = 1 p ( X 1 = 1 ) + 3 p ( X 1 = 3 ) = 1 / 3 + 2 = 7 / 3

    1. X 2 ( Ω ) = { 0 , 2 , 4 } car à chaque tirage, le nombre de boule augment ou diminue de 1.

      p ( X 1 = 1 X 2 = 0 ) = p ( X 1 = 1 ) p ( X 2 = 0 / X 1 = 1 ) = 2 6 1 6 car quand ( X 1 = 1 ) , il y a un seul numéro présent dans U 1. pour diminuer de 1 le contenu de U 1

      p ( X 1 = 1 X 2 = 2 ) = p ( X 1 = 1 ) p ( X 2 = 2 / X 1 = 1 ) = 2 6 5 6 car il y a 5 numéros dans U 2

      Et de même pour les autres: p ( X 1 = i X 2 = j ) d'où les lois marginales et le calcul des espérances puis de l'espérance du produit et la covariance.

      i \ j 0 2 4 p ( X 1 = i ) i p ( X 1 = i )
      1 2 1 / 36 = 1 / 18 2 5 / 36 = 5 / 18 0 6 / 18 1/3
      3 0 4 3 / 36 = 1 / 3 4 3 / 36 = 1 / 3 12 / 18 2
      p ( X 2 = j ) 1 / 18 11 / 18 6 / 18 1 7 / 3 = E ( X 1 )
      j p ( X 2 = j ) 0 22/18 24/18 E ( X 2 ) = 23 / 9

    2. Enfin E ( X 1 X 2 ) = i j p ( X 1 = i X 2 = j ) = 0 + 2 5 / 18 + 6 / 3 + 0 + 12 / 3 = 59 / 9

      et c o v ( X 1 , X 2 ) = E ( X 1 X 2 ) E ( X 1 ) E ( X 2 ) = 59 / 9 23 / 9 7 / 3 = ( 177 161 ) / 27 = 16 / 27

    1. Pour obtenir ( X n + 1 = 0 ) on n'a pas pu gagner de boule mais seulement en perdre.

      Donc ( X n + 1 = 0 ) = ( X n = 1  une perdue ) donc p ( X n + 1 = 0 ) = p ( X n = 1 ) p ( une perdue / X n = 1 ) = 1 6 p ( X n = 1 )

      Pour tout entier k , 1 k 5 , on a pu en perdre une ou en gagner une donc

      ( X n + 1 = k ) = ( X n = k 1  gagner une ) ( X n = k + 1  perdre une ) et comme ils sont incompatibles p ( X n + 1 = k ) = p ( X n = k 1  gagner une ) + p ( X n = k + 1  perdre une ) = p ( X n = k 1 ) p (  gagner une / X n = k 1 ) + p ( X n = k + 1 ) p (  perdre une / X n = k + 1 ) et quand l'urne U 1 en contient k 1 , pour en gagner une il faut obtenir un des numéros de U 2 : il y en a 6 ( k 1 ) = 7 k

      Donc p (  gagner une / X n = k 1 ) = ( 7 k ) / 6

      Quand l'urne U 1 en contient k + 1 , pour en perdre une il faut obtenir un de ses k + 1 numéros. Donc p (  perdre une / X n = k + 1 ) = ( k + 1 ) / 6

      et finalement p ( X n + 1 = k ) = 7 k 6 . p ( X n = k 1 ) + k + 1 6 p ( X n = k + 1 ) et enfin p ( X n + 1 = 6 ) = p ( X n = 5 gagner une ) = 1 6 . p ( X n = 5 )

      La formule générale est également valable pour k = 6 et k = 0 .

    2. On calcule E ( X n + 1 ) en revenant à la définition:

      E ( X n + 1 ) = k = 0 6 k p ( X n + 1 = k ) = 0 p ( X n + 1 = 0 ) + k = 1 5 k p ( X n + 1 = k ) + 6 p ( X n + 1 = 6 ) = k = 1 5 k [ 7 k 6 . p ( X n = k 1 ) + k + 1 6 p ( X n = k + 1 ) ] + 6 1 6 . p ( X n = 5 ) = k = 1 5 k 7 k 6 . p ( X n = k 1 ) + k = 1 5 k k + 1 6 p ( X n = k + 1 ) + p ( X n = 5 ) = k = 0 4 ( k + 1 ) 7 ( k + 1 ) 6 . p ( X n = k ) + k = 2 6 ( k 1 ) k 6 p ( X n = k ) + p ( X n = 5 ) = k = 0 6 ( k + 1 ) 6 k 6 . p ( X n = k ) 0 + k = 0 6 ( k 1 ) k 6 p ( X n = k ) 0 = k = 0 6 [ ( k + 1 ) 6 k 6 + ( k 1 ) k 6 ] . p ( X n = k ) = k = 0 6 ( 2 3 k + 1 ) . p ( X n = k ) = 2 3 k = 0 6 k . p ( X n = k ) + k = 0 6 p ( X n = k ) = 2 3 . E ( X n ) + 1

    3. Donc E ( X n ) est une suite arithmético-géométrique et pour tout entier n , E ( X n ) = ( 2 3 ) n a + b avec a et b solutions de E ( X 1 ) = ( 2 3 ) 1 a + b  et  E ( X 1 ) = ( 2 3 ) 2 a + b donc { 2 3 a + b = 7 3 4 9 a + b = 23 9 { ( 2 3 4 9 ) a = 7 3 23 9 2 3 a + b = 7 3 { 2 9 a = 2 9 2 3 a + b = 7 3 { a = 1 b = 3

      d'où pour tout enier n : E ( X n ) = ( 2 3 ) n + 3

(ESC 97)