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Universités de Tours et Orléans - Préparation à l"agrégation de Mathématiques1 Leçon 437 : Exercices faisant intervenir des variables aléa- toires - Corrigé Exercice 1.On jette trois dés truqués: un dé blanc, dont 4 faces ont 2 points et 2 faces ont 5 points; un dé rouge, dont 4 faces ont 4 points et 2 faces ont 1 point; et un dé noir, dont toutes les faces ont 3 points. On note, respectivement,Xb,XnetXrle nombre de points indiqués par le dé blanc, noir et rouge. Calculer

P(Xb> Xr);P(Xr> Xn);P(Xn> Xb):

Un choix possible d"espace probabilisé est

=f(2;4;3);(5;4;3);(2;1;3);(5;1;3)g avec p((2;4;3)) =49 ; p((5;4;3)) =29 ; p((2;1;3)) =29 ; p((5;1;3)) =19

Les variables aléatoires sont données par

X b(!1;!2;!3) =!1; Xr(!1;!2;!3) =!2; Xn(!1;!2;!3) =!3:

Nous obtenons alors

P(Xb> Xr) =P(f(5;4;3);(2;1;3);(5;1;3)g) =59

P(Xr> Xn) =P(f(2;4;3);(5;4;3g) =23

P(Xn> Xb) =P(f(2;4;3);(2;1;3)g) =23

On remarquera que chacune de ces probabilités est supérieure à 12 Exercice 2.Déterminer l"espérance des variables aléatoires suivantes.

1.Xest le nombre de points obtenus en jetant un dé équilibré.

Xsuit la loi uniforme surf1;2;3;4;5;6g, donc

E(X) =6X

k=1kPfX=kg=16 6 X k=1k=72 On peut aussi remarquer que la loi deXest symétrique autour de72

2.Xest la somme des points obtenus en jetant deux dés équilibrés.

Première méthode : utiliser la loi déterminée dans la série sur les variables aléatoires, exercice 4, question 2 :

E(X) =12X

x=2xPfX=xg=2 + 6 + 12 + 20 + 30 + 42 + 40 + 36 + 30 + 22 + 1236 = 7: Universités de Tours et Orléans - Préparation à l"agrégation de Mathématiques2 Deuxième méthode : SoitXi,i2 f1;2;3g, le résultat du jet numéroi. Alors X isuit une uniforme d"espérance72 . On aX=X1+X2, donc par linéarité de l"espérance,

E(X) =E(X1) +E(X2) = 7:

3.On jette3dés ayant chacun4faces rouges et2faces bleues.Xest le nombre

de dés montrant une face rouge. Première méthode : utiliser la loi déterminée dans la série sur les variables aléatoires, exercice 4, question 3 :

E(X) =3X

x=0xPfX=xg= 0127 + 1627 + 21227 + 3827 =5427 = 2: Deuxième méthode : SoitXi,i2 f1;2;3g, le résultat du jet numéroi. Alors X isuit une loi de Bernoulli d"espérance23 . On aX=X1+X2+X3, donc par linéarité de l"espérance,

E(X) =E(X1) +E(X2) +E(X3) = 2:

Troisième méthode :Xsuit une loi binomiale de paramètres(3;23 ). Son es- pérance vaut donc323 = 2.

4.On jette3pièces de monnaie équilibrées.Xest le nombre de Pile obtenu.

Xsuit une loi binomiale de paramètres(3;12

). Son espérance vaut donc312 =32

5.Xest le nombre de fois que l"on doit jeter un dé équilibré jusqu"à ce qu"on

obtienne6pour la première fois. Nous avons vu (série sur les variables aléatoires, exercice 4, question 5) queX suit une loi géométrique de paramètre 16

PfX=xg=16

56
x1 8x2N: Il s"agit donc de calculer la somme de la série

E(X) =1X

x=1x16 56
x1

La série géométrique satisfait

1 X k=0z k=11z=:f(z) pour toutztel quejzj<1. Pour les mêmes valeurs dezon a donc

1(1z)2=f0(z) =1X

k=0kz k1=1X k=1kz k1:

Il suit que

E(X) =16

f056 =16 1(156 )2= 6: Universités de Tours et Orléans - Préparation à l"agrégation de Mathématiques3 Exercice 3.Une urne contient une boule blanche et une noire. A trois reprises, on tire une boule dans l"urne, puis on la remet en ajoutant une deuxième boule de la même couleur. SoitXle nombre de boules blanches se trouvant dans l"urne après les trois tirages. Déterminer sa loi et son espérance. Peut-on généraliser àktirages? Que se passe-t-il si l"urne contient initialement une boule blanche et deux boules noires? La situation peut être décrite par l"arbre suivant. Les nombres sur les flèches donnent les probabilités conditionnelles d"arriver dans l"état au bout de la flèche, sachant

qu"on est parti de l"état d"où part la flèche.(1;1)(2;1)(1;2)(3;1)(2;2)(1;3)(4;1)(3;2)(2;3)(1;4)X= 4X= 3X= 2X= 1PfX= 4g=14

PfX= 3g=14

PfX= 2g=14

PfX= 1g=141=21=22=31=31=32=33=41=42=42=41=43=4Xsuit donc une loi uniforme surf1;2;3;4g, d"espéranceE(X) =52

Plus généralement, montrons par récurrence que le nombreXkde boules blanches aprèsktirages suit une loi uniforme surf1;:::;k+1g. L"initialisation de la récurrence suit du calcul ci-dessus. Comme l"urne contientk+ 2boules aprèsktirages, nous avons pour toutn2 f1;:::;k+ 2g

PfXk+1=njXk=n1g=n1k+ 2

PfXk+1=njXk=ng=k+ 2nk+ 2;

puisque l"urne contientn1boules blanches dans le premier cas, etk+2nboules rouges dans le second cas. Il suit de l"hypothèse de récurrence que

PfXk+1=ng=PfXk+1=njXk=n1gPfXk=n1g

+PfXk+1=njXk=ngPfXk=ng =n1k+ 2+k+ 2nk+ 2 1k+ 1

1k+ 2:

La récurrence est démontrée. Il suit queE(Xk) =k+22 Universités de Tours et Orléans - Préparation à l"agrégation de Mathématiques4 Exercice 4.Deux urnesU1etU2contiennent initialement un jeton numéroté0et un jeton numéroté1. On choisit au hasard et simultanément un jeton deU1et un jeton de U

2. On place alors dansU1le jeton provenant deU2et dansU2le jeton provenant de

U

1. On noteXnla variable aléatoire égale à la somme des points des jetons contenus

dans l"urneU1aprèsnéchanges. On convient de poserX0= 1.

1.Déterminer, pourn2N, une relation entre la loi deXn+1et celle deXn.

2.Déterminer la loi deXn.

Commençons par noter qu"il y a toujours2jetons de chaque sorte, et2jetons dans chaque urne. Par conséquent,Xn( ) =f0;1;2g, et si la somme des points des jetons dansU1vautXn, alors celle des jetons dansU2vaut2Xn. Ainsi la valeur deXn détermine le contenu des deux urnes. On peut alors distinguer3cas : Si Xn= 0, alorsU2ne contient que des jetons numérotés1, donc nécessairement à l"étape suivante, chaque urne contient1jeton de chaque type, c-à-dXn+1= 1:

PfXn+1= 1jXn= 0g= 1:

Si Xn= 1, alors chaque urne contient un jeton de chaque type. Si l"on tire deux jetons de même type, la somme des points ne change pas. En revanche, si l"on tire un jeton de chaque type, la somme change de1. Plus précisément, on a

PfXn+1= 0jXn= 1g=14

(jeton1tiré dansU1et0dansU2),

PfXn+1= 1jXn= 1g=12

(deux jetons tirés de même type),

PfXn+1= 2jXn= 1g=14

(jeton0tiré dansU1et1dansU2). Si Xn= 2, alors les2jetons numérotés1sont dansU1, et l"un d"eux se retrouve dansU2au tour suivant :

PfXn+1= 1jXn= 2g= 1:

On peut résumer la situation par le graphe suivant :01211=411=41=2On dit qu"on a affaire à une chaîne de Markov. Si l"on note

a n=PfXn= 0g; bn=PfXn= 1g; cn=PfXn= 2g; Universités de Tours et Orléans - Préparation à l"agrégation de Mathématiques5 alors on obtient les relations de récurrence a n+1=14 bn; b n+1=an+12 bn+cn; c n+1=14 bn: En particulier,an=cnpour toutn. En cherchant les points fixes, on trouve que ce système admet(16 ;23 ;16 )comme distribution de probabilité invariante. Les différences x n=an16 =cn16 etyn=bn23 satisfont x n+1=14 yn; y n+1= 2xn+12 yn: De plus, comme(a0;b0;c0) = (0;1;0), on a les valeurs initialesx0=16 ety0=13 . On vérifie alors par récurrence quexn= (12 )nx0etyn= (12 )ny0, ce qui donne a n=16 1 12 n =cn; bn=13 2 + 12 n En particulier, dans la limiten! 1,anetcnconvergent vers16 , alors quebnconverge vers 23
Remarque :on peut aussi arriver à ce résultat en diagonalisant la matrice reliant (an+1;bn+1;cn+1)à(an;bn;cn), ou celle reliant(xn+1;yn+1)à(xn;yn). Exercice 5.Démontrer l"équivalence des deux définitions de l"espérance.

Notons qu"on a la partition

x2X( )f!2 :X(!) =xg=:[ x2X( )fX=xg de en événements deux à deux disjoints. Comme

PfX=xg=P!2

:X(!) =x =X !2 :X(!)=xp(!); on peut écrire X x2X( )xPfX=xg=X x2X( )xX !2 :X(!)=xp(!) X x2X( )X !2fX=xgX(!)p(!) =X !2

X(!)p(!):

Universités de Tours et Orléans - Préparation à l"agrégation de Mathématiques6

Exercice 6.1.Montrer que

E(aX+bY) =aE(X) +bE(Y)

pour toutes v.a.r.XetYadmettant une espérance, et touta;b2R. Commençons par montrer que l"espérance deaX+bYexiste si les espérances deXetYexistent. Ceci suit du fait que sous cette condition, X !2 jaX(!) +bY(!)jp(!)6jajX !2 jX(!)jp(!) +jbjX !2 jY(!)jp(!)<1:

Nous avons alors

E(aX+bY) =X

!2 aX(!) +bY(!)p(!) =aX !2

X(!)p(!) +bX

!2

Y(!)p(!) =aE(X) +bE(Y):

2.Montrer que

Var(X) =E(X2)E(X)2

En utilisant la linéarité de l"espérance etE(1) = 1, on obtient

Var(X) =EX22XE(X) +E(X)2=E(X2)2E(X)E(X) +E(X)2:

3.Montrer que sia;b2Ralors

Var(aX+b) =a2Var(X)

CommeE(aX+b) =aE(X) +b, on a

Var(aX+b) =E[aX+bE(aX+b)]2=Ea2[XE(X)]2=a2Var(X):

4.Montrer queVar(X) = 0si et seulement si il existec2Rtel quePfX=cg= 1,

et qu"alors on a nécessairementc=E(X).

Var(X) = 0,E([XE(X)]2) = 0

,X x2X( )[xE(X)]2PfX=xg= 0 ,[xE(X)]2PfX=xg= 08x2X( , 8x2X( ):x=E(X)ouPfX=xg= 0:

Il peut exister au plus unxdansX(

)égal àE(X). Toutefois, si on avaitx6=

E(X)pour toutx2X(

), on devrait avoirPfX=xg= 0pour toutx2X( ), ce qui contredirait le fait quePest une probabilité. Il existe donc exactement un xdansX( )égal àE(X). Appelonsccex. On a alorsPfX=xg= 0pour tout x6=c, doncPfX=cg= 1. De plus,E(X) =cPfX=cg=c. Universités de Tours et Orléans - Préparation à l"agrégation de Mathématiques7 Exercice 7.Déterminer les variances des variables aléatoires suivantes.

1.On jette un dé équilibré ayant4faces rouges et2faces bleues.Xvaut1si on

obtient une face rouge,0sinon.

On aPfX= 1g=23

etPfX= 0g=13 (Xsuit une loi de Bernoulli de paramètre 23
). Par conséquent,

E(X) =1X

x=0xPfX=xg=23

E(X2) =1X

x=0x

2PfX=xg=23

Var(X) =23

23
2 =29

2.On jette3pièces de monnaie équilibrées.Xest le nombre de Pile obtenu.

Xsuit une loi binomiale de paramètres(3;12

). Nous avons vu queE(X) =32 . Le calcul fournitE(X2) = 3, et par conséquentVar(X) =34 On peut également utiliser le fait qu"une loi binomiale de paramètres(n;p) admet la variancenp(1p)(c"est la somme denvariables indépendantes de

Bernoulli, de variancep(1p)).

3.Xest le nombre de fois que l"on doit jeter un dé équilibré jusqu"à ce qu"on

obtienne6pour la première fois. Nous avons vu queXsuit une loi géométrique de paramètre16 . Soitf(z) = (1z)1la somme de la série géométrique de raisonz. Alors, pourjzj<1, on a

2(1z)3=f00(z) =1X

k=0k(k1)zk2=1X k=1k(k1)zk2:

Il suit que

E(X(X1)) =1X

x=1x(1x)PfX=xg=16 56
f0056 = 60; d"oùE(X2) = 66etVar(X) = 30. Remarque :Pour une loi géométrique de paramètrep, un raisonnement ana- logue montre que l"espérance vaut1=pet la variance(1p)=p2.quotesdbs_dbs11.pdfusesText_17

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