Correction TD Variables aléatoires Exercice 1Exercice 1Exercice 1Exercice 1 Soit un entier naturel non nul. Une urne contient boules noires et 2 boules blanches. On tire, au hasard, des boules de cette urne, une à une et sans remise, jusqu'à ce que l'on obtienne la dernière boule noire. On note %& le nombre aléatoire de tirages ainsi effectués.

1) Etude de cas particuliers.1) Etude de cas particuliers.1) Etude de cas particuliers.1) Etude de cas particuliers. a ) Etudier la loi de %₁ ; calculer son espérance et sa variance. Déterminer la probabilité de l'évènement . %₁ / 2 ) On se place ici dans le cas où l’urne contient 2 1 boule noire et 2 2 2 boules blanches. Il y a donc 3 boules dans l’urne. La boule noire peut être extraite de l’urne au premier, second ou troisième tirage. On a donc

%8.Ω) 2 :1,2,3; On a

<.%8 2 1) 2 <.=8) 2 13

<.%8 2 2) 2 <.>8 ? =@) 2 <.>8)<AB.=@) 2 23 C 1

2 2 13

<.%8 2 3) 2 1 D 13 D 1

3 2 13

La variable %8 suit une loi uniforme sur :1,2,3; On a

<.%8 / 2) 2 <.%8 2 1) E <.%8 2 2) 2 13 E 1

3 2 23

b ) Etudier la loi de %₂ ; calculer son espérance et sa variance. Déterminer la probabilité de l'évènement .%₂ / 4 ) On a cette fois-ci deux boules noires et quatre boules blanches. La dernière boule noire ne peut sortir qu’au deuxième tirage au mieux. On a donc

%@.Ω) 2 :2,3,4,5,6; On a

<.%@ 2 2) 2 <.=8 ? =@) 2 <.=8)<KB.=@) 2 26 C 1

5 2 115

<.%@ 2 3) 2 <.=8 ? >@ ? =L) E <.>8 ? =@ ? =L)2 <.=8)<KB.>@)<KB?AM.=L) E <.>8)<AB.=@)<AB?KM.=L)2 2

6 C 45 C 1

4 E 46 C 2

5 C 14

2 215

La situation se complique pas mal avec %@ 2 4. Décrivons néanmoins les évènements permettant la réalisation de % 2 4. On a .% 2 4) 2 .=8 ? >@ ? >L ? =N) O .>8 ? =@ ? >L ? =N) O .>8 ? >@ ? =L ? =N)

On remarque que chacun des évènements correspond à une liste ordonnée de 4 éléments, comprenant deux boules blanches et une boule noire pour les trois premiers éléments et une noire pour le dernier. Il faut imaginer que l’on a numérotée les boules blanches de 1 à 4 et les boules noires de 5 à 6 pour trouver toutes les listes ordonnées de ce type. On doit d’abord choisir la boule noire : il y a deux façons de le faire, puis placer cette boule, il y a trois façons de le faire puis compléter les deux places restantes par une liste ordonnée sans répétition de deux numéros pris parmi quatre : il y a RN@ façons de le faire. Il y a donc 2 C 3 C RN@ 2 6 C N!

@! 2 72 listes de ce type. Il y a RUN listes ordonnées sans répétition de quatre éléments pris dans un ensemble éléments, c’est-à-dire U!

@! 2 360. On a donc

<.% 2 4) 2 72360 2 1

5 On retrouve évidemment le même résultat en utilisant les probabilités.

<.% 2 4) 2 <.=8)<KB.>@)<KB?AM.>L)<KB?AM?AW.=N)E <.>8)<AB.=@)<AB?KM.>L)<AB?KM?AW.=N)E <.>8)<AB.>@)<AB?AM.=L)<AB?KM?KW.=N)2 2

6 C 45 C 3

4 C 13 E 4

6 C 25 C 3

4 C 13 E 4

6 C 35 C 2

4 C 13

2 115 E 1

15 E 115

2 315 2 1

5 Raisonnons comme précédemment pour.% 2 5). L’évènement .% 2 5) est réalisé par les listes ordonnées sans répétitions contenant une noire et trois blanches et se terminant par une noire. Il y a deux façons de choisir la première noire, quatre façons de choisir sa place, puis RNL façons de choisir la liste ordonnée sans répétition des trois blanches prises parmi quatre. Il y a donc 2 C 4 C RNL 2 8 C 4! 2 8 C 24 2 192 cas favorables. Les cas possibles sont les listes ordonnées sans répétition de cinq éléments pris parmi six : il y en a RU[ 2 6! 2 720. On a donc

<.% 2 5) 2 192720 2 4

15 Un même raisonnement donne pour .% 2 6):

<.% 2 6) 2 2 C 5 C RNN

RUU2 10 C 4!

6! 2 1030 2 1

3 On a donc

<.% / 4) 2 <.% 2 2) E <.% 2 3) E <.% 2 4)2 1

15 E 215 E 3

15 2 615 2 2

5

2) Etude du cas général.2) Etude du cas général.2) Etude du cas général.2) Etude du cas général. a ) Quelles sont les valeurs que peut prendre %& ? Il y a 3 boules dans l’urne : noires et 2 boules blanches. La dernière boule blanche sortira au plus tôt au _è`a tirage et au plus tard au tirage de rang 3. On a donc %.Ω) 2 b, 3c.

b) Déterminer la loi de %& . Pour déterminer la loi de %&, nous allons raisonner comme dans la question précédente. Commençons par un exemple pour la loi de %L. Nous avons bien entendu %L.Ω) 2 b3,9c. Soit f g %L.Ω). Prenons f 2 7 par exemple. Comment calcule-t-on <.% 2 7)? Comme dans la question précédente, on peut considérer que l’on a numéroté les boules blanches de 1 à 6 et les boules noires de 7 à 9. L’évènement .% 2 7) est réalisé par toute liste ordonnée sans répétition de sept numéros, quatre numéros sont pris dans l’ensemble :1, 2, 3, 4, 5,6;, et trois dans l’ensemble :7, 8, 9;. Il y a RUN façons de choisir de façon ordonnée sans répétition les quatre premiers numéros et 3 ! façons de ranger les trois derniers. Il faut maintenant mélanger ces deux listes de façon à ce que le dernier numéro de la liste obtenue soit un numéro de la deuxième liste. Pour cela il suffit de choisir 4 places sur les 6 premières pour les numéros de la première liste. Il y a h6

4i façons de le faire. On a donc finalement h6

4i C RUN C 3! 2 32400 listes de ce type. Il y a Rjk 2 181440 listes ordonnées sans répétition de sept nombres pris parmi neuf. On a donc

<.% 2 7) 2 32400181440 2 5

28 On applique le même raisonnement au cas général. Soit f g b, 3c. Dire que l’évènement .% 2 f) est réalisé signifie que l’on a obtenu la dernière boule noire au f_è`a tirage. Les .f D 1) tirages précédents ont donc amené . D 1) boules noires et .f D ) boules blanches. Il s’agit donc encore une fois de mélanger deux listes ordonnées sans répétition : celle des .f D ) boules blanches : il y a R@&lm& listes de ce type, celle des boules noires : il y a ! listes de ce type. Pour respecter la contrainte que la dernière boule tirée est de la deuxième liste, on choisit .f D ) places parmi les .f D 1) premiers tirages pour les boules blanches : il y a hf D 1

f D i façons de faire ce choix. On a donc h f D 1

D f i C R@&lm& C ! listes de ce type. Il y a RL&l listes ordonnées sans répétition de f éléments pris parmi 3 éléments. On a donc

<.%& 2 f) 2h f D 1

f D i C R@&lm& C !RL&l

2.f D 1)!

.f D )! n.f D 1) D .f D )o! C .2)!.2 D f E )! C !

.3)!.3 D f)!

2 .f D 1)!.f D )! . D 1)! C .2)!

.3 D f)! C ! C .3 D f)!.3)!

2 .f D 1)!.f D )! . D 1)! C .2)! !

.3)!

2h f D 1

D 1 ih3

i

c) Soit p un entier. Démontrer par récurrence que pour tout entier q tel que p / q

r sfpt

`

luv2 sq E 1

p E 1 t

Vérifier alors que r <.% 2 f)L&

lu&2 1

On a

r sfpt

v

luv2 hp

pi 2 1 et sp E 1p E 1t 2 1

Il y a donc bien initialisation. xq y p, montrons que si ∑

luv

`sf

pt 2 sq E 1p E 1 t alors ∑

luv

`8sf

pt 2 sq E 2p E 1 t.

On a

r sfpt

`8

luv2 r sf

pt`

luvE sq E 1

p t 2 sq E 1p E 1 t E sq E 1

p t 2 sq E 2p E 1 t

.d’après la formule de Pascal) Il y a hérédité et donc

xq y p, r sfpt

`

luv2 sq E 1

p E 1 t

On a

r <.% 2 f)L&

lu&2 r

hf D 1 D 1 ih3

i

L&

lu&

2 1h3

i r hf D 1

D 1 iL&

lu&

2 1h3

ir h f

D 1 iL&m8

lu&m8

2 1h3

ih3 D 1 E 1

D 1 E 1 i

2 1h3

ih3

i 2 1

d) Déterminer la probabilité de l'évènement . %& / 2 ) On a

<.% / 2) 2 r <.% 2 f)@&

lu&2 1

h3 i

r h f D 1 D 1 i

@|

lu&2

h2 i

h3 i

Exercice 2Exercice 2Exercice 2Exercice 2 Une urne contient 1 boule blanche et 1 boule noire A) On effectue une suite de tirages suivant le protocole :

si la boule tirée est blanche on la remet dans l'urne et on ajoute une autre boule blanche si la boule est noire, on arrête les tirages

On note % la variable aléatoire égale au nombre de tirages effectués. 1) Déterminer la loi de %. On commencera par calculer <.% 2 1), <.% 2 2), <.% 2 3), <.% 2 4).

On a .% 2 1) 2 =8, donc

<.% 2 1) 2 <.=8) 2 12

On a .% 2 2) 2 >8 ? =@, donc <.% 2 2) 2 <.>8 ? =@) 2 <.>8)<AB.=@) 2 1

2 C 13 2 1

6 .on a rajouté une boule blanche) On a .% 2 3) 2 >8 ? >@ ? =L, donc

<.% 2 3) 2 <.>8)<AB.>@)<AB?AM.=L) 2 12 C 2

3 C 14 2 1

12 On a enfin .% 2 4) 2 >8 ? >@ ? >L ? =N, donc

<.% 2 4) 2 <.>8)<AB.>@)<AB?AM.>L)<AB?AM?AW.=N) 2 12 C 2

3 C 34 C 1

5 2 120

On a bien entendu %.Ω) 2 ~

La réalisation de l’évènement .% 2 f) signifie que l’on a extrait une boule blanche lors des .f D 1) premiers tirages et la boule noire au fè. Si est un nombre compris entre 1 et f D 1, au moment du è tirage, l’urne contient E 1 boules : une noire et blanches correspondant à la boule blanche initiale et au D 1 ajoutées lors des tirages précédents. La probabilité de tirer une boule blanche lors de ce tirage est donc égale à

E 1. Au moment du f_è`a tirage, l’urne contient .f E 1) boules : une noire et f blanches. La probabilité de tirer la noire est donc de 1

f E 1 . On a donc

<.% 2 f) 2 12 C 2

3 C … C E 1 C … C f D 1

f C 1f E 1 2 .f D 1)!

.f E 1)! 2 1f.f E 1)

2) Vérifier que la somme des probabilités est bien égale à 1.

On doit montrer que

lim& r <.% 2 f)&

lu82 1

On a r <.% 2 f)

&

lu82 r 1

f.f E 1)&

lu8

Pour calculer cette somme il y a une astuce qu’il faut connaître. On montre aisément que

1f.f E 1) 2 1

f D 1f E 1

On en déduit que

r 1f.f E 1)

&

lu82 r s1

f D 1f E 1t

&

lu82 D r s 1

f E 1 D 1ft

&

lu8

On reconnaît la situation de la formule des dominos. On a

r s 1f E 1 D 1

ft&

lu82 1

E 1 D 11 2 1

E 1 D 1 Donc

r <.% 2 f)&

lu82 1 D 1

E 1 Et donc

lim& r <.% 2 f)&

lu82 lim& s1 D 1

E 1t 2 1

3) Vérifier que % n'admet pas d'espérance. Commenter. L’espérance de % si elle existe est égale à

lim& r f<.% 2 f)&

lu82 lim& r f

f.f E 1)&

lu82 lim& r 1

f E 1&

lu8

Or r 1

f E 1&

lu82 r 1

f&8

lu@

Or nous avons vu .voir TD sur les suites écrites sous forme de sommes) que lim& r 1

f&

lu82 E∞

Donc lim& r 1

f&8

lu@2 E∞

Donc l’espérance n’existe pas .elle est infinie). Moins on extrait rapidement la boule noire, plus il est difficile de l’extraire. A la limite, on ne l’extraira jamais. B) On effectue une suite de tirages suivant le protocole :

si la boule tirée est blanche on la remet dans l'urne et on ajoute une boule noire si la boule est noire, on arrête les tirages

On note la variable aléatoire égale au nombre de tirages effectués. 1) Déterminer la loi de . On commencera par calculer <. 2 1), <. 2 2), <. 2 3), <. 2 4).

On a . 2 1) 2 =8, donc

<. 2 1) 2 <.=8) 2 12

On a . 2 2) 2 >8 ? =@, donc <. 2 2) 2 <.>8 ? =@) 2 <.>8)<AB.=@) 2 1

2 C 23 2 1

3 .on a rajouté une boule noire) On a . 2 3) 2 >8 ? >@ ? =L, donc

<. 2 3) 2 <.>8)<AB.>@)<AB?AM.=L) 2 12 C 1

3 C 34 2 1

8 On a enfin . 2 4) 2 >8 ? >@ ? >L ? =N, donc

<. 2 4) 2 <.>8)<AB.>@)<AB?AM.>L)<AB?AM?AW.=N) 2 12 C 1

3 C 14 C 4

5 2 130

On a bien entendu .Ω) 2 ~

La réalisation de l’évènement . 2 f) signifie que l’on a extrait une boule blanche lors des .f D 1) premiers tirages et la boule noire au fè. Si est un nombre compris entre 1 et f D 1, au moment du è tirage, l’urne contient E 1 boules : une blanche et noires correspondant à la boule noire initiale et au D 1 ajoutées lors des tirages précédents. La probabilité de tirer une boule blanche lors de ce tirage est donc égale à 1

E 1. Au moment du f_è`a tirage, l’urne contient .f E 1) boules : une blanche et f noires. La probabilité de tirer la noire est donc de f

f E 1 . On a donc

<. 2 f) 2 12 C 1

3 C … C 1 E 1 C … C 1

f C ff E 1 2 f

.f E 1)!

2) Montrer que la somme des probabilités est bien égale à 1. On doit montrer que

lim& r <. 2 f)&

lu82 1

On a r <. 2 f)

&

lu82 r f

.f E 1)!&

lu82 r f D 1

f!&8

lu@2 r f

f!&8

lu@D r 1

f!&8

lu@

On peut donc écrire

r <. 2 f)&

lu82 r 1

.f D 1)!&8

lu@D r 1

f!&8

lu@2 r 1

f!&

lu8D r 1

f!&8

lu@2 1 D 1

. E 1)! Donc

lim& r <. 2 f)&

lu82 lim& s1 D 1

. E 1)!t 2 1

3) Calculer . E 1) . En déduire .) On a sous réserve d’existence de la limite, d’après le théorème du transfert :

. E 1) 2 lim& r.f E 1)<. 2 f)&

lu82 lim& r.f E 1)

&

lu8

f.f E 1)!

On a

r.f E 1)&

lu8

f.f E 1)! 2 r 1

.f D 1)!&

lu82 r 1

f!&m8

lu

Or lim& r 1

f!&

lu2

Donc . E 1) 2 lim& r 1

f!&m8

lu2 lim& r 1

f!&

lu2

On a . E 1) 2 .) E 1 donc

.) 2 D 1

4) Calculer E. E 1). D 1) . En déduire .²) puis .). Sous réserve d’existence de la limite, on a d’après le théorème du transfert :

n. E 1). D 1)o 2 lim& r.f E 1).f D 1)<.% 2 f)&

lu8

On a r.f E 1).f D 1)<.% 2 f)

&

lu82 r.f E 1).f D 1) f

.f E 1)!&

lu8

2 r.f E 1).f D 1) f.f E 1)!

&

lu@

2 r 1.f D 2)!

&

lu@

2 r 1f!

&m@

lu

On a

lim& r 1f!

&m@

lu2 lim& r 1

f!&

lu2

Donc n. E 1). D 1)o 2

Donc .@ D 1 ) 2

Or .@ D 1) 2 .@) D 1, donc .@) 2 E 1

On a .) 2 .@) D .)@, donc .) 2 E 1 D . D 1)@ 2 E 1 D @ E 2 D 1 2 3 D @