Exercice 1 4365

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ^{*}$ . On suppose qu’il existe $a \in ℝ$ tel que

P (X = n) = \frac{a}{n (n + 1)} pour tout n \in ℕ^{*} .

(a)

Déterminer $a$ .
(b)

Calculer la probabilité de l’événement « $X$ prend une valeur impaire ».

Exercice 2 4083 Correction

Soient $X$ une variable aléatoire discrète définie sur $(Ω, 𝒜, P)$ et $f$ une application définie sur $X (Ω)$ .
À quelle condition les variables aléatoires $X$ et $Y = f (X)$ sont-elles indépendantes?

Solution

Supposons les variables aléatoires $X$ et $Y = f (X)$ indépendantes.
Il existe au moins une valeur $x$ par $X$ vérifiant $P (X = x) > 0$ . En effet, la variable $X$ étant discrète $P (Ω) = 1$ est la somme des probabilités des événements valeurs $(X = x)$ . Considérons ensuite la valeur $y = f (x)$ .

P (f (X) = y ∣ X = x) = \frac{P (f (X) = y \cap X = x)}{P (X = x)} .

Or $(X = x) \subset (f (X) = y)$ , donc

P (f (X) = y ∣ X = x) = 1 .

Cependant, les variables $X$ et $f (X)$ étant supposées indépendantes

P (f (X) = y ∣ X = x) = P (f (X) = y) .

Ainsi, l’événement $(f (X) = y)$ est presque sûr. La variable aléatoire $Y$ est donc presque sûrement constante. La réciproque est immédiate et donc $X$ et $Y = f (X)$ sont indépendantes si, et seulement si, $Y$ est presque sûrement constante.

Exercice 3 4093 Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite de variables aléatoires discrètes à valeurs dans un ensemble $E$ et $N$ une variable aléatoire à valeurs naturelles toutes définies sur un même espace probabilisable $(Ω, 𝒜)$ . On définit une fonction $Y$ par

\forall ω \in Ω, Y (ω) = X_{N (ω)} (ω) .

Justifier que $Y$ est une variable aléatoire discrète.

Solution

Les $X_{n} (Ω)$ sont des ensembles au plus dénombrables et

Y (Ω) \subset ⋃_{n \in ℕ} X_{n} (Ω) .

On en déduit que l’ensemble $Y (Ω)$ est au plus dénombrable.
De plus, pour tout $y \in Y (Ω)$

Y^{- 1} ({y}) = ⋃_{n \in ℕ} {ω \in Ω | N (ω) = n et X_{n} (ω) = y}

et donc

Y^{- 1} ({y}) = ⋃_{n \in ℕ} {N (ω) = n} \cap {X_{n} (ω) = y}

est bien élément de la tribu $𝒜$ .

Exercice 4 5324 Correction

(Fonction de répartition)

Soit $X$ une variable aléatoire discrète à valeurs réelles.

On appelle fonction de répartition de la variable $X$ , l’application $F_{X} : ℝ \to ℝ$ définie par

F_{X} (x) = P (X \leq x) pour tout x \in ℝ .

(a)

Montrer que la fonction $F_{X}$ est croissante et déterminer ses limites en $\pm \infty$ .
(b)

Montrer que la fonction $F_{X}$ est continue à droite en tout point.
(c)

À quelle condition la fonction $F_{X}$ est-elle continue en un point $a$ de $ℝ$ ?

Solution

(a)

Méthode: On établit la croissance de $F_{X}$ en vérifiant, pour tous $x, y \in ℝ$ ,

$x \leq y ⟹ F_{X} (x) \leq F_{X} (y) .$

Soient $x, y \in ℝ$ avec $x \leq y$ . L’événement $(X \leq x)$ est inclus dans $(X \leq y)$ et, par croissance des probabilités,

$F_{X} (x) = P (X \leq x) \leq P (X \leq y) = F_{X} (y) .$

Ainsi, la fonction $F_{X}$ est croissante.

La monotonie de $F_{X}$ assure l’existence de sa limite en $+ \infty$ . Pour la calculer, nous allons prendre appui sur des suites en employant que, si $(x_{n})$ est une suite de limite $+ \infty$ , alors

$lim_{x \to + \infty} F (x) = lim_{n \to + \infty} F (x_{n}) .$

Méthode: Par continuité monotone, la probabilité d’une union croissante (resp. une intersection décroissante) est la limite des probabilités des événements réunis (resp. intersectés)

On remarque

$Ω = ⋃_{n \in ℕ} (X \leq n) avec (X \leq n) \subset (X \leq n + 1) pour tout n \in ℕ$

et donc

$P (Ω) = lim_{n \to + \infty} P (X \leq n) = lim_{n \to + \infty} F_{X} (n) .$

On en déduit

$lim_{x \to + \infty} F_{X} (x) = lim_{n \to + \infty} F_{X} (n) = P (Ω) = 1 .$

De la même façon, on sait que $F_{X}$ admet une limite en $- \infty$ et, puisque

$\emptyset = ⋂_{n \in ℕ} (X \leq - n) avec (X \leq - (n + 1)) \subset (X \leq - n) pour tout n \in ℕ$

on obtient

$lim_{x \to - \infty} F_{X} (x) = P (\emptyset) = 0 .$
(b)

De nouveau, la croissance de $F_{X}$ assure l’existence¹¹ 1 Au surplus, on peut affirmer que la valeur $F_{X} (a)$ est comprise entre les limites à gauche et à droite de $F_{X}$ en $a$ : ${lim}_{a^{-}} F_{X} \leq F_{X} (a) \leq {lim}_{a^{+}} F_{X}$ . des limites à droite et à gauche de $F_{X}$ en tout point $a \in ℝ$ . En particulier,

$lim_{x \to a^{+}} F_{X} (x) = lim_{n \to + \infty} F_{X} (a + \frac{1}{n}) .$

Or

$(X \leq a) = ⋂_{n \in ℕ^{*}} (X \leq a + \frac{1}{n}) avec (X \leq a + \frac{1}{n + 1}) \subset (X \leq a + \frac{1}{n})$

et donc

$lim_{x \to a^{+}} F_{X} (x) = lim_{n \to + \infty} P (X \leq a + \frac{1}{n}) = P (X \leq a) = F_{X} (a) .$

Ainsi, la fonction $F_{X}$ est continue à droite en tout point $a$ de $ℝ$ .
(c)

Soit $a \in ℝ$ . La fonction $F_{X}$ étant déjà continue à droite en $a$ , il suffit d’étudier sa limite à gauche pour savoir si elle est continue en $a$ . Par monotonie, on sait que celle-ci existe et l’on peut la calculer en observant

$⋃_{n \in ℕ^{*}} (X \leq a - \frac{1}{n}) = (X < a)$

ce qui donne

$lim_{x \to a^{-}} F_{X} (x) = P (X < a) .$

On en déduit que la fonction $F_{X}$ est continue à gauche en $a$ (et donc continue en $a$ ) si, et seulement si, $P (X < a) = P (X \leq a)$ c’est-à-dire si, et seulement si, $P (X = a) = 0$ .

Exercice 5 5631 Correction

(Fonction de répartition)

Soit $X$ une variable aléatoire réelle. On appelle fonction de répartition de la variable $X$ la fonction réelle définie par

F_{X} (x) = P (X \leq x) pour tout x \in ℝ .

(a)

Vérifier que la fonction de répartition $F_{X}$ est croissante.
(b)

Déterminer les limites de $F_{X}$ en $- \infty$ et en $+ \infty$ .
(c)

Établir que pour tout $x \in ℝ$

$lim_{t \to x^{+}} F_{X} (t) = P (X \leq x) et lim_{t \to x^{-}} F_{X} (t) = P (X < x) .$
(d)

En déduire que deux variables aléatoires réelles ont même loi si, et seulement si, leurs fonctions de répartition sont égales.

Solution

(a)

Soient $x, y \in ℝ$ avec $x \leq y$ . On a $(X \leq x) \subset (X \leq y)$ donc, par croissance des probabilités,

$F_{X} (x) = P (X \leq x) \leq P (X \leq y) = F_{X} (y) .$

La fonction $F_{X}$ est croissante.
(b)

Puisqu’elle est croissante, la fonction $F_{X}$ admet assurément des limites en $- \infty$ et en $+ \infty$ . On peut calculer celles-ci par des suites

$lim_{+ \infty} F_{X} = lim_{n \to + \infty} F_{X} (n) et lim_{- \infty} F_{X} = lim_{n \to + \infty} F_{X} (- n) .$

Par continuité croissante,

$lim_{n \to + \infty} F_{X} (n) = lim_{n \to + \infty} P (X \leq n) = P (⋃_{n \in ℕ} (X \leq n)) = P (Ω) = 1 .$

Par continuité décroissante,

$lim_{n \to + \infty} F_{X} (- n) = lim_{n \to + \infty} P (X \leq - n) = P (⋂_{n \in ℕ} (X \leq - n)) = P (\emptyset) = 0 .$
(c)

Puisqu’elle est croissante, la fonction $F_{X}$ admet des limites à droite et à gauche en tout $x \in ℝ$ . On peut calculer celles-ci par des suites

$lim_{t \to x^{+}} F_{X} (t) = lim_{n \to + \infty} F_{X} (x + \frac{1}{n}) et lim_{t \to x^{-}} F_{X} = lim_{n \to + \infty} F_{X} (x - \frac{1}{n}) .$

Par continuité décroissante,

$lim_{n \to + \infty} F_{X} (x + \frac{1}{n}) = lim_{n \to + \infty} P (X \leq x + \frac{1}{n}) = P (⋂_{n \in ℕ^{*}} (X \leq x + \frac{1}{n})) = P (X \leq x) .$

Par continuité croissante,

$lim_{n \to + \infty} F_{X} (x - \frac{1}{n}) = lim_{n \to + \infty} P (X \leq x - \frac{1}{n}) = P (⋃_{n \in ℕ^{*}} (X \leq x - \frac{1}{n})) = P (X < x) .$
(d)

Par définition de la fonction de répartition, la loi de $X$ suffit à déterminer sa fonction de répartition.

Inversement, par ce qui précède, pour tout $x \in ℝ$ ,

$P (X = x) = P (X \leq x) - P (X < x) = lim_{t \to x^{+}} F_{X} (t) - lim_{t \to x^{-}} F_{X} (t) .$

Ainsi, la fonction de répartition de $X$ suffit à déterminer la loi de $X$ .

Exercice 6 5962 CCINP (MP)Correction

Soient $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé et $X$ une variable aléatoire définie sur $Ω$ et à valeurs dans $ℕ^{*}$ vérifiant

\forall n \in ℕ^{*}, P (X \geq n) > 0 .

On définit le taux de panne de $X$ par la suite ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ avec

x_{n} = P (X = n ∣ X \geq n) .

(a)

Montrer que si l’on pose $P (Y = n) = \frac{1}{n (n + 1)}$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on définit une loi de probabilité. Déterminer le taux de panne de $Y$ .
(b)

Dans le cas général, établir

$\forall n \geq 2, P (X \geq n) = \prod_{k = 1}^{n - 1} (1 - x_{k}) .$
(c)

En déduire une expression de $P (X = n)$ en fonction des $x_{k}$ valable pour tout $n \geq 1$ .
(d)

Déterminer les variables aléatoires discrètes à taux de panne constant.

Solution

(a)

La famille ${(\frac{1}{n (n + 1)})}_{n \in ℕ^{*}}$ est une famille de réels positifs de somme $1$ puisque

$\sum_{n \in ℕ^{*}} \frac{1}{n (n + 1)} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = 1 - lim_{N \to + \infty} \frac{1}{N + 1} = 1 .$

La famille ${(\frac{1}{n (n + 1)})}_{n \in ℕ^{*}}$ est donc une distribution de probabilités: elle détermine une loi de probabilité.

On note ${(y_{n})}_{n \geq 1}$ le taux de panne de $Y$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$P (Y \geq n) = \sum_{k = n}^{+ \infty} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}) = \frac{1}{n}$

et donc

$y_{n} = P (Y = n ∣ Y \geq n) = \frac{P (Y = n \cap Y \geq n)}{P (Y \geq n)} = \frac{P (Y = n)}{P (Y \geq n)} = \frac{1}{n + 1} .$
(b)

Par récurrence, on établit la formule pour tout $n \in ℕ^{*}$ (et non seulement $n \geq 2$ ).

Pour $n = 1$ , la formule est valable puisque qu’un produit vide vaut $1$ .

Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 1$ . Par la formule des probabilités composées,

$P (X \geq n + 1)$ $= P (X \geq n) - P (X = n)$

$= P (X \geq n) - P (X = n ∣ X \geq n) P (X \geq n)$

$= P (X \geq n) (1 - x_{n}) = \prod_{k = 1}^{n} (1 - x_{k}) .$

La récurrence est établie.
(c)

Pour tout $n \geq 1$ ,

$P (X = n) = P (X = n ∣ X \geq n) P (X \geq n) = x_{n} \prod_{k = 1}^{n - 1} (1 - x_{k}) .$
(d)

Une variable aléatoire à taux de panne constant $p$ vérifie

$\forall n \in ℕ^{*}, P (X = n) = p {(1 - p)}^{n - 1} .$

Puisque $p$ est une probabilité conditionnelle, on a $p \in [0; 1]$ . Nécessairement $p \neq 0$ et $p \neq 1$ pour que $X$ vérifie la condition énoncée initialement. La variable $X$ suit donc une loi géométrique de paramètre $p$ .

Inversement, supposons que $X$ suive une loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ . On a $P (X \geq n) = {(1 - p)}^{n - 1}$ pour tout $n \geq 1$ puis

$x_{n} = \frac{P (X = n)}{P (X \geq n)} = p .$

Le taux de panne de $X$ est constant.

Exercice 7 4094 Correction

Soit $T$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ . On suppose que $P (T \geq n) > 0$ pour tout $n \in ℕ$ et l’on pose

θ_{n} = P (T = n ∣ T \geq n) .

(a)

Justifier

$\forall n \in ℕ, θ_{n} \in [0; 1 [.$
(b)

Exprimer la probabilité $P (T \geq n)$ en fonction des termes de la suite ${(θ_{n})}_{n \in ℕ}$ .

En déduire la divergence de la série $\sum θ_{n}$ .
(c)

Inversement, soit ${(θ_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite vérifiant

$\forall n \in ℕ, θ_{n} \in [0; 1 [et \sum θ_{n} diverge.$

Montrer qu’il existe une variable aléatoire $T$ à valeurs dans $ℕ$ telle $P (T \geq n) > 0$ et $P (T = n ∣ T \geq n) = θ_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ .

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ , $θ_{n}$ est une probabilité et donc $θ_{n} \in [0; 1]$ . Si $θ_{n} = 1$ alors $P (T = n) = P (T \geq n)$ et donc $P (T > n) = 0$ . Cela est exclut par les hypothèses.
(b)

Pour $n \in ℕ$ , $P (T = n) = θ_{n} P (T \geq n)$ et $P (T = n) + P (T \geq n + 1) = P (T \geq n)$ donc

$P (T \geq n + 1) = (1 - θ_{n}) P (T \geq n) .$

Sachant $P (T \geq 0) = 1$ , on obtient

$P (T \geq n) = \prod_{k = 0}^{n - 1} (1 - θ_{k}) .$

Puisque $P (T \geq n) \to_{n \to + \infty}^{} 0$ , il vient

$\sum_{k = 0}^{n - 1} \ln (1 - θ_{k}) = \ln (\prod_{k = 0}^{n - 1} (1 - θ_{k})) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

Ainsi, il y a divergence de la série $\sum \ln (1 - θ_{n})$ .

Si la suite ${(θ_{n})}_{n \in ℕ}$ ne tend pas vers $0$ , la série $\sum θ_{n}$ est évidemment divergente.

Si la suite ${(θ_{n})}_{n \in ℕ}$ tend vers $0$ alors $\ln (1 - θ_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - θ_{n}$ et, par équivalence de séries à termes de signe constant, la série $\sum θ_{n}$ diverge.
(c)

Analyse: Si $T$ est une variable aléatoire solution alors

$P (T = n) = P (T \geq n) - P (T \geq n + 1) = θ_{n} \prod_{k = 0}^{n - 1} (1 - θ_{k})$

ce qui détermine entièrement la loi de $T$ .

Synthèse: Posons

$\forall n \in ℕ, u_{n} = θ_{n} \prod_{k = 0}^{n - 1} (1 - θ_{k}) .$

On a

$\forall n \in ℕ, u_{n} \geq 0 .$

Vérifions aussi que la famille ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ de somme égale à $1$ .

Introduisons

$P_{n} = \prod_{k = 0}^{n - 1} (1 - θ_{k}) .$

On a

$\ln (P_{n}) = \sum_{k = 0}^{n - 1} \ln (1 - θ_{k}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

En effet, la série des $\ln (1 - θ_{k})$ est divergente à terme négatifs (et l’affirmation est vraie que la suite $(θ_{n})$ tend vers $0$ ou non).

Aussi, $P_{0} = 1$ et $P_{n} - P_{n + 1} = u_{n}$ , donc

$\sum_{k = 0}^{n} u_{k} = P_{0} - P_{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

On peut alors définir une variable aléatoire $T$ à valeurs dans $ℕ$ dont la loi est déterminée par

$\forall n \in ℕ, P (T = n) = u_{n} = θ_{n} \prod_{k = 0}^{n - 1} (1 - θ_{k}) .$

On observe

$P (T \geq n) = \sum_{k = n}^{+ \infty} u_{k} = P_{n} = \prod_{k = 0}^{n - 1} (1 - θ_{k}) > 0$

et

$P (T = n ∣ T \geq n) = θ_{n} .$

La variable aléatoire $T$ est bien solution.

Exercice 8 5325 Correction

(Valeur médiane)

On appelle valeur médiane d’une variable aléatoire réelle $X$ , tout réel $m$ vérifiant

P (X \leq m) \geq \frac{1}{2} et P (X \geq m) \geq \frac{1}{2} .

(a)

Vérifier sur un exemple qu’une variable aléatoire réelle peut posséder plusieurs valeurs médianes.
(b)

Montrer que toute variable aléatoire réelle possède au moins une valeur médiane. On pourra introduire la fonction de répartition (voir le sujet 5324) de la variable $X$ .

Solution

(a)

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi de Bernoulli de paramètre $1 / 2$ . Pour tout $m \in] 0; 1 [$ ,

$P (X \leq m) = P (X = 0) = \frac{1}{2} et P (X \geq m) = P (X = 1) = \frac{1}{2} .$

Dans cet exemple toute valeur strictement comprise entre $0$ et $1$ est valeur médiane de la variable $X$ . Notons que la valeur $m = 0$ est aussi valeur médiane puisque

$P (X \leq 0) = \frac{1}{2} et P (X \geq 0) = 1 .$

De même, $m = 1$ est encore valeur médiane¹¹ 1 En revanche, si $X$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p \in [0; 1]$ avec $p \neq 1 / 2$ , alors $X$ admet une seule valeurs médiane qui est $0$ ou $1$ selon que $p > 1 / 2$ ou $p < 1 / 2$ . de $X$ .
(b)

Méthode: À l’aide d’une borne inférieure, on introduit la plus petite valeur $m$ vérifiant $P (X \leq m) \geq 1 / 2$ .

Posons

$A = {x \in ℝ | P (X \leq x) \geq 1 / 2} = {x \in ℝ | f_{X} (x) \geq 1 / 2}$

avec $f_{X}$ la fonction de répartition de la variable aléatoire $X$ . L’ensemble $A$ est une partie de $ℝ$ non vide et minorée car

$lim_{x \to - \infty} f_{X} (x) = 0 et lim_{x \to + \infty} f_{X} (x) = 1 .$

Il est alors possible d’introduire $m = inf (A)$ . Vérifions qu’il s’agit d’une valeur médiane de $X$ .

D’une part, par réalisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite $(x_{n})$ d’éléments de $A$ qui tend vers $m$ par valeurs supérieures. La fonction de répartition $f_{X}$ étant continue à droite, on obtient²² 2 En particulier, $m$ est élément de $A$ et la croissance de $f_{X}$ entraîne que $A$ est l’intervalle $[m; + \infty [$ .

$P (X \leq m) = f_{X} (m) = lim_{n \to + \infty} f_{X} (x_{n}) \geq \frac{1}{2} .$

D’autre part, pour tout $x < m$ , on a $P (X \leq x) < 1 / 2$ car $x$ n’appartient pas à $A$ . On a donc

$P (X > x) = 1 - P (X \leq x) > 1 / 2$

et l’on en déduit

$P (X \geq m) = P (⋂_{n \in ℕ^{*}} (X > m - \frac{1}{n})) = lim_{n \to + \infty} P (X > m - \frac{1}{n}) \geq \frac{1}{2}$

car, par continuité monotone, la probabilité d’une réunion croissante et la limite des probabilités des événements réunis.

Finalement, $m$ est une³³ 3 On aurait aussi pu introduire $m^{'} = sup {x \in ℝ | P (X \geq x) \geq 1 / 2}$ et vérifier qu’il s’agit d’une valeur médiane de $X$ . valeur médiane de $X$ .

Exercice 9 4049 Correction

(Entropie d’une variable aléatoire)

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans un ensemble fini $𝒳$ . Pour chaque valeur $x \in 𝒳$ , on pose

p (x) = P (X = x) .

On appelle entropie de la variable $X$ le réel

H (X) = - \sum_{x \in 𝒳} p (x) \log (p (x))

où l’on convient $0 \log 0 = 0$ .

(a)

Vérifier que $H (X)$ est un réel positif. À quelle condition celui-ci est-il nul?
Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans des ensembles finis $𝒳$ et $𝒴$ .
(b)

On appelle entropie conjointe de $X$ et $Y$ , l’entropie de la variable $Z = (X, Y)$ simplement notée $H (X, Y)$ .
On suppose les variables $X$ et $Y$ indépendantes, vérifier

$H (X, Y) = H (X) + H (Y) .$
(c)

On appelle entropie de $X$ sachant $Y$ la quantité

$H (X ∣ Y) = H (X, Y) - H (Y) .$

Vérifier

$H (X ∣ Y) = \sum_{y \in 𝒴} P (Y = y) H (X ∣ Y = y)$

avec

$H (X ∣ Y = y) = - \sum_{x \in 𝒳} P (X = x ∣ Y = y) \log (P (X = x ∣ Y = y)) .$

Solution

(a)

Pour tout $x \in 𝒳$ , on a $- p (x) \log (p (x)) \geq 0$ car $p (x) \leq 1$ . On en déduit $H (X) \in ℝ_{+}$ .
Si $H (X) = 0$ alors, par somme nulle de positifs, on a

$\forall x \in 𝒳, p (x) \log (p (x)) = 0$

et donc

$\forall x \in 𝒳, p (x) = 0 ou p (x) = 1 .$

Sachant que

$\sum_{x \in 𝒳} p (x) = P (X \in 𝒳) = 1$

on peut affirmer qu’il existe $x \in 𝒳$ tel que $p (x) = P (X = x) = 1$ .
La variable $X$ est alors presque sûrement constante.
(b)

Par définition

$H (X, Y) = - \sum_{(x, y) \in 𝒳 \times 𝒴} P (X = x, Y = y) \log (P (X = x, Y = y)) .$

Or les variables $X$ et $Y$ étant indépendantes

$P (X = x, Y = y) = P (X = x) P (Y = y)$

puis

$H (X, Y) = - \sum_{(x, y) \in 𝒳 \times 𝒴} P (X = x) P (Y = y) (\log (P (X = x)) + \log (P (Y = y))) .$

On sépare la somme en deux et l’on somme tantôt d’abord en $x$ , tantôt d’abord en $y$ et l’on obtient

$H (X, Y) = H (X) + H (Y)$

car

$\sum_{x \in 𝒳} P (X = x) = \sum_{y \in 𝒴} P (Y = y) = 1 .$
(c)

On sait

$P (X = x ∣ Y = y) = P (X = x, Y = y) P (Y = y)$

donc

$P (Y = y) H (X ∣ Y = y) = - \sum_{x \in 𝒳}$ $P (X = x, Y = y) \times$

$(\log (P (X = x, Y = y)) - \log (P (Y = y))) .$

On sépare la somme en deux et l’on somme le résultat sur $y \in 𝒴$ pour obtenir

$\sum_{y \in 𝒴} P (Y = y) H (X ∣ Y = y) = H (X, Y) + \sum_{(x, y) \in 𝒳 \times Y} P (X = x, Y = y) \log (P (Y = y)) .$

Or

$\sum_{(x, y) \in 𝒳 \times Y}$ $P (X = x, Y = y) \log (P (Y = y))$

$= \sum_{y \in 𝒴} \sum_{x \in 𝒳} P (X = x, Y = y) \log (P (Y = y))$

avec

$\sum_{x \in 𝒳} P (X = x, Y = y) = P (Y = y)$

donc

$\sum_{y \in 𝒴} P (Y = y) H (X ∣ Y = y) = H (X, Y) - H (Y) .$

[<] Variables aléatoires[>] Loi de Poisson

Exercice 10 4366

On lance indéfiniment et indépendamment un dé équilibré. Pour $n \in ℕ^{*}$ , on note $X_{n}$ la variable aléatoire définie par la valeur du $n$ -ième lancer. On introduit le temps d’attente du premier six:

T = \min ({n \in ℕ^{*} | X_{n} = 6} \cup {+ \infty}) .

(a)

Montrer que $T$ est une variable aléatoire discrète.
(b)

Identifier la loi de $T$ .

Exercice 11 4022

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois géométriques de paramètres $p$ et $q$ éléments de $] 0; 1 [$ .

(a)

Calculer $P (X > n)$ pour $n \in ℕ$ .
(b)

Identifier la loi de $Z = \min (X, Y)$ .

Exercice 12 5844 Correction

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires indépendantes suivant des lois géométriques de paramètres $p_{1}, \dots, p_{n} > 0$ .

Identifier la loi de la variable $Y = \min (X_{1}, \dots, X_{n})$ .

Solution

Pour $i = 1, \dots, n$ , on a $X_{i} (Ω) = ℕ^{*}$ avec

\forall k \in ℕ^{*}, P (X_{i} = k) = {(1 - p_{i})}^{k - 1} p_{i} .

On en tire

\forall k \in ℕ,, P (X_{i} > k) = {(1 - p_{i})}^{k} .

Notons que, à l’inverse, si une variable aléatoire $X$ est à valeurs dans $ℕ^{*}$ et vérifie

\forall k \in ℕ, P (X > k) = {(1 - q)}^{k}

pour un certain $q > 0$ alors $X$ suit une loi géométrique de paramètre $q$ . En effet, pour tout $k \in ℕ^{*}$ , $P (X = k) = P (X > k - 1) - P (X > k) = {(1 - q)}^{k - 1} q$ .

Étudions maintenant la variable $Y$ .

On a immédiatement $Y (Ω) \subset ℕ^{*}$ .

Pour $k \in ℕ$ ,

(Y > k) = (X_{1} > k) \cap \dots \cap (X_{n} > k) .

Par indépendance,

P (Y > k) = P (X_{1} > k) \times \dots \times P (X_{n} > k) = \prod_{i = 1}^{n} {(1 - p_{i})}^{k} .

On peut réécrire

P (Y > k) = {(\prod_{i = 1}^{n} (1 - p_{i}))}^{k} = {(1 - q)}^{k} avec q = 1 - \prod_{i = 1}^{n} (1 - p_{i}) .

La variable $Y$ suit donc une loi géométrique de paramètre $q$ .

Exercice 13 4021 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires discrètes indépendantes.

On suppose que celles-ci suivent une même loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

Calculer la loi de $Z = X + Y$ .

Solution

Les variables $X$ et $Y$ sont à valeurs dans $ℕ^{*}$ donc $X + Y$ est à valeurs $ℕ ∖ {0, 1}$ .

Pour $n \in ℕ ∖ {0, 1}$ , on a

P (X + Y = n) = \sum_{k = 1}^{n - 1} P (X = k, Y = n - k) .

Par indépendance

P (X + Y = n) = \sum_{k = 1}^{n - 1} P (X = k) P (Y = n - k) .

Il ne reste plus qu’à dérouler les calculs:

P (X + Y = n) = (n - 1) p^{2} {(1 - p)}^{n - 2} .

Exercice 14 5846 Correction

Une urne contient $n \geq 2$ boules numérotées de $1$ à $n$ . Avec remise, on tire les boules de cette urne une à une et l’on note $X$ la variable aléatoire égale au nombre de tirages nécessaires pour tirer une boule différente de la première.

Calculer la loi de $X$ puis identifier la loi de $Y = X - 1$ .

Solution

Pour $i = 1, \dots, n$ , introduisons l’événement

A_{i} = « La première boule tirée a le numéro i ».

Les $A_{1}, \dots, A_{n}$ forment un système complet d’événements équiprobables.

La variable $X$ prend ses valeurs dans $ℕ ∖ {0, 1}$ .

Compte-tenu des conditions de l’expérience, la loi de $X - 1$ sachant $A_{i}$ est géométrique de paramètre $p = n - 1 / n$ .

Par la formule des probabilités totales,

	$\forall k \in ℕ ∖ {0, 1}, P (X = k)$	$= \sum_{i = 1}^{n} P (X - 1 = k - 1 ∣ A_{i}) P (A_{i})$
		$= \sum_{i = 1}^{n} {(1 - p)}^{k - 2} p \times \frac{1}{n} = {(1 - p)}^{k - 2} p .$

La variable $Y$ suit une loi géométrique de paramètre $p$ .

Exercice 15 5582 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

(a)

Déterminer la loi de la variable $X$ sachant $(X > 1)$ .
(b)

Quelle est son espérance?

Solution

(a)

La variable aléatoire $X$ prend ses valeurs dans $ℕ^{*}$ avec

$P (X = n) = {(1 - p)}^{n - 1} p pour tout n \in ℕ^{*} .$

On en déduit

$P (X > 1) = 1 - P (X = 1) = 1 - p .$

Par définition,

$P (X = n ∣ X > 1) = \frac{P (X = n, X > 1)}{P (X > 1)} pour tout n \in ℕ^{*} .$

Pour $n = 1$ , l’événement $(X = n) \cap (X > 1)$ est impossible et donc $P (X = n ∣ X > 1)$ .

Pour $n \geq 2$ , l’événement $(X = n)$ contient $(X > 1)$ et donc

$P (X = n ∣ X > 1) = \frac{P (X = n)}{P (X > 1)} = \frac{{(1 - p)}^{n - 1} p}{1 - p} = {(1 - p)}^{n - 2} p .$
(b)

Considérons la variable $Y = X - 1$ . Celle-ci prend ses valeurs dans $ℕ^{*}$ et l’on vérifie

$P (Y = n) = P (X = n + 1) = {(1 - p)}^{n - 1} p pour tout n \in ℕ^{*} .$

La variable $Y$ suit une loi géométrique de paramètre $p$ . On connaît l’espérance de $Y$ et l’on en déduit par linéarité l’espérance voulue.

$E (Y) + 1 = \frac{1}{p} + 1 .$

Celle-ci est une espérance conditionnelle, généralement notée $E (X ∣ X > 1)$ : c’est l’espérance de $X$ pour la probabilité conditionnelle $P_{(X > 1)}$ .

Exercice 16 5375 NAVALE (MP)Correction

Écrire un programme en langage Python simulant une loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

Solution

Une option peut être de répéter une expérience de Bernoulli jusqu’à l’obtention d’un succès.

import random

def geom(p):
    c = 1
    while (random.random() < 1 - p):
        c = c + 1
    return c

Cela a cependant l’inconvénient de ne pas produire une réponse en temps constant.

Une alternative est d’employer que si $X$ suit une loi géométrique de paramètre $p$ alors

P (X > k) = {(1 - p)}^{k} pour tout k \in ℕ .

On peut alors choisir uniformément $x$ dans $] 0; 1 [$ puis de rechercher $k$ tel que

{(1 - p)}^{k} < x \leq {(1 - p)}^{k - 1}

ce qui donne

k = ⌊ \frac{\ln (x)}{\ln (1 - p)} ⌋ + 1 .

import random
import numpy as np

def geom(p):
    x = random.random()
    return np.floor(np.log(x)/np.log(1-p)) + 1

Exercice 17 4038

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois géométriques de paramètres $p$ et $q$ éléments de $] 0; 1 [$ .

Calculer l’espérance de $Z = \max (X, Y)$ .

Exercice 18 4115 Correction

Soit $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois géométriques de paramètres $p, q \in] 0; 1 [$ .
Calculer $P (X < Y)$ .

Solution

L’événement $(X < Y)$ peut être décomposé en la réunion disjointes des événements

(X = k, Y > k) avec k \in ℕ^{*} .

On a donc

P (X < Y) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} P (X = k, Y > k) .

Par indépendance des variables $X$ et $Y$ , on a

P (X = k, Y > k) = P (X = k) P (Y > k)

avec

P (X = k) = p {(1 - p)}^{k - 1} et P (Y > k) = {(1 - q)}^{k} .

On en déduit

P (X < Y) = \sum_{k = 1}^{n} p (1 - q) {((1 - p) (1 - q))}^{k - 1} = \frac{p - p q}{p + q - p q} .

Exercice 19 5279 NAVALE (MP)Correction

Soient $X, Y$ deux variables aléatoires indépendantes de même loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ . Pour $k \in ℕ^{*}$ , calculer

P (X \geq k Y) .

Solution

La famille des $(Y = n)$ avec $n \in ℕ^{*}$ est un système complet d’événements et donc

P (X \geq k Y) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (X \geq k Y ∣ Y = n) P (Y = n) .

P (X \geq k Y ∣ Y = n) = \frac{P (X \geq k Y, Y = n)}{P (Y = n)} = \frac{P (X \geq k n, Y = n)}{P (Y = n)} = P (X \geq k n)

car les variables $X$ et $Y$ sont supposées indépendantes. On en déduit

P (X \geq k Y) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(1 - p)}^{k n} {(1 - p)}^{n - 1} p = \frac{p {(1 - p)}^{k}}{1 - {(1 - p)}^{k + 1}} .

Exercice 20 5674 CCINP (MP)Correction

Soient $X, Y, Z$ des variables aléatoires indépendantes définies sur un même espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ et suivant la même loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

(a)

Calculer $P (X = Y)$ . En déduire $P (X \leq Y)$ .
(b)

Calculer la loi de $X + Y$ .
(c)

Soit $n \in ℕ$ tel que $P (X + Y = n) \neq 0$ . Identifier la loi de $X$ sachant $(X + Y = n)$ .
(d)

Pour $n \in ℕ$ , calculer $P (X > n)$ et en déduire $P (Z > X + Y)$ .

Solution

(a)

Puisque les variables $X$ et $Y$ prennent leurs valeurs dans $ℕ^{*}$ ,

$(X = Y) = ⋃_{n \in ℕ^{*}} (X = n, Y = n) .$

Par incompatibilité,

$P (X = Y) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (X = n, Y = n) .$

Par indépendance,

$P (X = Y) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (X = n) P (Y = n) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {({(1 - p)}^{n - 1} p)}^{2} .$

Il s’agit d’une somme géométrique de raison $q = {(1 - p)}^{2}$ avec $| q | < 1$ et de premier terme $p^{2}$ , on a donc

$P (X = Y) = \frac{p^{2}}{1 - {(1 - p)}^{2}} = \frac{p}{2 - p} .$

Par symétrie, $P (X \geq Y) = P (X \leq Y)$ car les couples $(X, Y)$ et $(Y, X)$ suivent la même loi. Aussi, par incompatibilité, $P (X \leq Y) = P (X < Y) + P (X = Y)$ . On a donc

$1 = P (Ω) = P (X < Y) + P (X \geq Y) = 2 P (X \leq Y) - P (X = Y) .$

On en tire

$P (X \leq Y) = \frac{1}{2} (1 + \frac{p}{2 - p}) = \frac{1}{2 - p} .$
(b)

On a $(X + Y) (Ω) \subset ℕ ∖ {0, 1}$ et, pour $n \in ℕ$ , on obtient par indépendance

$P (X + Y = n + 2)$ $= \sum_{k = 0}^{n} P (X = k + 1) P (Y = n - k + 1)$

$= \sum_{k = 0}^{n} {(1 - p)}^{k} p {(1 - p)}^{n_{k}} p = (n + 1) {(1 - p)}^{n} p^{2} .$

Cela détermine la loi de la variable $X + Y$ (à un glissement de la variable près).
(c)

Soit $n \in ℕ ∖ {0, 1}$ de sorte que l’événement $(X + Y = n)$ ne soit pas négligeable.

Pour $k \in ℕ^{*}$ ,

$P (X = k ∣ X + Y = n) = \frac{P ((X = k) \cap (X + Y = n))}{P (X + Y = n)} .$

Cas: $k \geq n$ . L’événement $(X = k) \cap (X + Y = n)$ est impossible car $Y (Ω) = ℕ^{*}$ . On a alors $P (X = k ∣ X + Y = n) = 0$ Cas: $k \in ⟦ 1; n - 1 ⟧$ .

$P (X = k ∣ X + Y = n) = \frac{P (X = k, Y = n - k)}{P (X + Y = n)} .$

Par indépendance des variables $X$ et $Y$ ,

$P (X = k ∣ X + Y = n)$ $= \frac{P (X = k) P (Y = n - k)}{P (X + Y = n)}$

$= \frac{p^{2} {(1 - p)}^{n - 2}}{(n - 1) p^{2} {(1 - p)}^{n - 2}} = \frac{1}{n - 1} .$

La loi de $X$ sachant $(X + Y = n)$ est uniforme sur $⟦ 1; n - 1 ⟧$ .
(d)

Par incompatibilité,

$P (X > n) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} P (X = k) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(1 - p)}^{k} p = \frac{{(1 - p)}^{n} p}{1 - (1 - p)} = {(1 - p)}^{n} .$

On peut décomposer,

$P (Z > X + Y)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (Z > n + 2, X + Y = n + 2)$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (Z > n + 2) P (X + Y = n + 2)$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) {(1 - p)}^{2 n + 2} p^{2} .$

On factorise

$P (Z > X + Y) = {(1 - p)}^{2} p^{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) {({(1 - p)}^{2})}^{n} .$

Par la théorie des séries entières, on sait

$\forall x \in] - 1; 1 [, \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) x^{n} = \frac{d}{d x} (\sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n}) = \frac{d}{d x} (\frac{1}{1 - x}) = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}} .$

On a donc

$P (Z > X + Y) = \frac{{(1 - p)}^{2} p^{2}}{{(1 - {(1 - p)}^{2})}^{2}} = {(\frac{1 - p}{2 - p})}^{2} .$

Exercice 21 5927 Correction

Soient $X, Y, Z$ trois variables aléatoires indépendantes suivant une loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ . Calculer $P (X + Y = Z)$ .

Solution

La variable $X + Y$ prend ses valeurs dans $ℕ ∖ {0, 1}$ . Par incompatibilité puis indépendance

P (X + Y = Z) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} P (X + Y = n, Z = n) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} P (X + Y = n) P (Z = n) .

Or pour $n \in ℕ ∖ {0, 1}$ ,

P (X + Y = n) = \sum_{k = 1}^{n - 1} P (X = k, Y = n - k) = \sum_{k = 1}^{n - 1} P (X = k) P (Y = n - k)

ce qui se concrétise

P (X + Y = n) = \sum_{k = 1}^{n - 1} {(1 - p)}^{k - 1} p {(1 - p)}^{n - k - 1} p = (n - 1) {(1 - p)}^{n - 2} p^{2}

et donc

P (X + Y = Z) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (n - 1) {(1 - p)}^{n - 2} p^{2} {(1 - p)}^{n - 1} p = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (n - 1) {(1 - p)}^{2 n - 3} p^{3} .

On opère une translation d’indice et l’on transforme l’écriture pour faire apparaître le calcul d’un espérance d’un loi géométrique

P (X + Y = Z) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n {(1 - p)}^{2 n - 1} p^{3} = \frac{p^{3} (1 - p)}{2 p - p^{2}} \sum_{n = 1}^{+ \infty} n {({(1 - p)}^{2})}^{n - 1} (2 p - p^{2}) .

L’espérance d’une loi géométrique de paramètre $q = 2 p - p^{2}$ vaut

\sum_{n = 1}^{+ \infty} n {({(1 - p)}^{2})}^{n - 1} (2 p - p^{2}) = \frac{1}{2 p - p^{2}} .

On conclut

P (Z = X + Y) = \frac{p^{3} (1 - p)}{{(2 p - p^{2})}^{2}} = \frac{p (1 - p)}{{(2 - p)}^{2}} .

Exercice 22 4036 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètre $p$ . Calculer

E (\frac{1}{X}) .

Solution

Par la formule de transfert

E (\frac{1}{X}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} {(1 - p)}^{k - 1} p = \frac{p}{1 - p} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(1 - p)}^{k}}{k} .

Or pour $x \in] - 1; 1 [$

\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} x^{k} = - \ln (1 - x)

donc

E (\frac{1}{X}) = \frac{p}{p - 1} \ln (p) .

Exercice 23 5634 Correction

(a)

Montrer que si $X$ est une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ alors

$\forall (n, k) \in ℕ^{2}, P (X > n) \neq 0 et P (X > n + k ∣ X > n) = P (X > k) .$
(b)

Inversement, établir que si une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $ℕ^{*}$ vérifie la propriété précédente alors celle-ci suit une loi géométrique.

Solution

(a)

Puisque $X$ suit une loi géométrique de paramètre $p$ , on sait

$\forall n \in ℕ, P (X > n) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} P (X = k) = {(1 - p)}^{n} > 0$

et alors

$\forall (n, k) \in ℕ^{2}, P (X > n + k ∣ X > n)$ $= \frac{P ((X > n + k) \cap (X > n))}{P (X > n)} = \frac{P (X > n + k)}{P (X > n)}$

$= \frac{{(1 - p)}^{n + k}}{{(1 - p)}^{n}} = {(1 - p)}^{k} = P (X > k) .$
(b)

Inversement, supposons que $X$ soit une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ^{*}$ vérifiant, pour tout $(n, k) \in ℕ^{2}$ ,

$P (X > n) > 0 et P (X > n + k ∣ X > n) = P (X > k) .$

Pour $k = 1$ , on obtient

$P (X > n + 1 ∣ X > n) = P (X > 1) pour tout n \in ℕ .$

En posant $q = P (X > 1) \in] 0; 1]$ , il vient

$\frac{P (X > n + 1, X > n)}{P (X > n)} = \frac{P (X > n + 1)}{P (X > n)} = q$

et donc

$P (X > n + 1) = q P (X > n) .$

La suite de terme général $P (X > n)$ est alors géométrique de raison $q$ et de premier terme $P (X > 0) = 1$ . On en déduit

$P (X > n) = q^{n} pour tout n \in ℕ .$

Soit $n \in ℕ^{*}$ . On a la réunion disjointe

$(X > n - 1) = (X = n) \cup (X > n)$

et l’on en déduit

$P (X = n)$ $= P (X > n - 1) - P (X > n) = q^{n - 1} - q^{n}$

$= q^{n - 1} (1 - q) = {(1 - p)}^{n - 1} p .$

Ainsi, $X$ suit une loi géométrique de paramètre $p = 1 - q \in [0; 1 [$ . Enfin, $p$ ne peut pas être nul car, sinon, $P (X = n)$ est nul pour tout $n \in ℕ^{*}$ .

Exercice 24 5287 ENSTIM (MP)Correction

Soient $X_{1}$ et $X_{2}$ des variables aléatoires indépendantes suivant une même loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ . On pose

A = (\begin{matrix} X_{1} & 1 \\ 0 & X_{2} \end{matrix}) .

(a)

Montrer que $A$ est presque sûrement inversible.
(b)

Trouver la probabilité pour que $A$ soit diagonalisable.

Solution

(a)

Les variables $X_{1}$ et $X_{2}$ sont à valeurs dans $ℕ^{*}$ et donc aucune ne s’annulent pas. La matrice $A$ est alors inversible car de déterminant $X_{1} X_{2}$ non nul.
(b)

Si $X_{1} \neq X_{2}$ , la matrice $A$ est diagonalisable car possède deux valeurs propres distinctes. Si $X_{1} = X_{2}$ , la matrice $A$ n’est pas diagonalisable car possède une seule valeur propre sans être égale à une matrice scalaire. La probabilité que $A$ soit diagonalisable vaut donc

$P (X_{1} \neq X_{2})$ $= 1 - P (X_{1} = X_{2}) = 1 - \sum_{n = 1}^{+ \infty} p^{2} {(1 - p)}^{2 (n - 1)}$

$= 1 - \frac{p^{2}}{1 - {(1 - p)}^{2}} = 2 \frac{1 - p}{2 - p} .$

Exercice 25 4372

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois géométriques de paramètres respectifs $p$ et $q \in] 0; 1 [$ .

Quelle est la probabilité que la matrice réelle suivante soit diagonalisable?

A = (\begin{matrix} X & - Y \\ Y & - X \end{matrix}) .

Exercice 26 5847 Correction

(Loi de Pascal)

Soient ${(X_{k})}_{k \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires indépendantes suivant chacune une même loi géométrique de paramètre $p > 0$ .

Pour $r \in ℕ^{*}$ , on étudie la variable aléatoire $S_{r} = X_{1} + \dots + X_{r}$ .

(a)

En terme de temps d’attente, comment interpréter la loi de $S_{r}$ ?
(b)

Vérifier

$\forall n \geq r, \sum_{k = r}^{n} (\binom{k - 1}{r - 1}) = (\binom{n}{r}) .$
(c)

Établir

$\forall n \geq r, P (S_{r} = n) = (\binom{n - 1}{r - 1}) {(1 - p)}^{r - n} p^{r} .$

Solution

(a)

Chaque variable aléatoire géométrique $X_{k}$ se comprend comme le temps d’attente d’un succès lors de la répétition indépendante d’expériences de Bernoulli de paramètre $p$ . En sommant, $r$ variables géométriques indépendantes, on obtient le temps d’attente du $r$ -ième succès lors de la répétition indépendante d’épreuves de Bernoulli de paramètre $p$ .
(b)

Pour $r \in ℕ^{*}$ fixé, établissons l’identité par récurrence sur $n \geq r$ .

Pour $n = r$ ,

$(\binom{r - 1}{r - 1}) = 1 = (\binom{r}{r}) .$

Supposons la propriété vraie au rang $n \geq r$ .

Au rang $n + 1$ , l’hypothèse de récurrence donne

$\sum_{k = r}^{n + 1} (\binom{k - 1}{r - 1}) = \sum_{k = r}^{n} (\binom{k - 1}{r - 1}) + (\binom{n}{r - 1}) = (\binom{n}{r}) + (\binom{n}{r - 1}) .$

Par la formule du triangle de Pascal,

$(\binom{n}{r}) + (\binom{n}{r - 1}) = (\binom{n + 1}{r})$

et donc

$\sum_{k = r}^{n + 1} (\binom{k - 1}{r - 1}) = (\binom{n + 1}{r}) .$

La récurrence est établie.
(c)

Commençons par souligner que la variable $S_{r}$ prend ses valeurs dans $ℕ ∖ ⟦ 0; r - 1 ⟧$ .

Par récurrence sur $r \in ℕ^{*}$ montrons

$\forall n \geq r, P (S_{r} = n) = (\binom{n - 1}{r - 1}) {(1 - p)}^{n - r} p^{r} .$

Pour $r = 1$ , $S_{1} = X_{1}$ suit une loi géométrique de paramètre $p$ ce qui produit la formule.

Supposons la propriété vérifiée au rang $r \geq 1$ .

On a $S_{r + 1} = S_{r} + X_{r + 1}$ . Les variables engagées prenant leurs valeurs dans $ℕ$ , on a pour $n \geq r + 1$ ,

$(S_{r + 1} = n) = ⋃_{k = 0}^{n} (S_{r} = k) \cap (X_{r + 1} = n - k) .$

Puisque $S_{r}$ prend uniquement des valeurs supérieures à $r$ et puisque $X_{r + 1}$ prend des valeurs non nulles, on simplifie

$(S_{r + 1} = n) = ⋃_{k = r}^{n - 1} (S_{r} = k) \cap (X_{r + 1} = n - k) .$

Par incompatibilité puis indépendance,

$P (S_{r + 1} = n)$ $= \sum_{k = r}^{n - 1} P (S_{r} = k) P (X_{r + 1} = n - k)$

$= \sum_{k = r}^{n - 1} (\binom{k - 1}{r - 1}) {(1 - p)}^{k - r} p^{r} \times {(1 - p)}^{n - k - 1} p$

$= \sum_{k = r}^{n - 1} (\binom{k - 1}{r - 1}) {(1 - p)}^{n - r - 1} p^{r + 1}$

Par l’identité de la question précédente employée avec $n - 1$ au lieu de $n$ ,

$P (S_{r + 1} = n) = (\binom{n - 1}{r}) {(1 - p)}^{n - (r + 1)} p^{r + 1} .$

La récurrence est établie.

Exercice 27 5575 Correction

(Loi de Pascal)

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi de Bernoulli de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

Pour $r \in ℕ^{*}$ , on définit une variable aléatoire $T_{r}$ à valeurs dans $ℕ^{*} \cup {+ \infty}$ en posant

T_{r} = \min ({n \in ℕ^{*} | X_{1} + \dots + X_{n} = r} \cup {+ \infty}) .

La variable $T_{r}$ se comprend comme le temps d’attente du $r$ -ième succès.

(a)

Reconnaître la loi de $T_{r}$ lorsque $r = 1$ .
(b)

Soit $r > 1$ .

Pour $n \in ℕ^{*}$ , déterminer $P (X_{1} + \dots + X_{n - 1} = r - 1)$ et en déduire $P (T_{r} = n)$ .
(c)

Montrer que l’événement $(T_{r} = + \infty)$ est négligeable.

Solution

(a)

$T_{1}$ correspond au temps d’attente du premier succès dans la répétition indépendante d’épreuves de Bernoulli indépendantes de même paramètre $p$ , $T_{1}$ suit dont une loi géométrique de paramètre $p$ .
(b)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . La variable $X_{1} + \dots + X_{n - 1}$ suit une loi binomiale de paramètres $n - 1$ et $p$ . On a donc

$P (X_{1} + \dots + X_{n - 1} = r - 1) = (\binom{n - 1}{r - 1}) p^{r - 1} {(1 - p)}^{n - r}$

(avec la convention que le coefficient binomial est nul lorsque $r > n$ ). L’événement $(T_{r} = n)$ est réalisé lorsque $(X_{1} + \dots + X_{n} = r)$ et $(X_{n} = 1)$ . Or

$(X_{1} + \dots + X_{n} = r) \cap (X_{n} = 1) = (X_{1} + \dots + X_{n - 1} = r - 1) \cap (X_{n} = 1) .$

Par l’indépendance¹¹ 1 Cette affirmation de bon sens peut être détaillée: l’événement $(X_{1} + \dots + X_{n - 1} = r - 1)$ s’exprime comme une réunion d’événements $(X_{1} = ε_{1}, \dots, X_{n - 1} = ε_{n - 1})$ avec des $ε_{i}$ égaux à $0$ ou $1$ et de somme égale à $r - 1$ : ceux-ci sont tous indépendants de $(X_{n} = 1)$ . des variables de la suite ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ ,

$P (T_{r} = n) = P (X_{1} + \dots + X_{n - 1} = r - 1) P (X_{n} = 1) .$

Cas: $n < r$ . On obtient

$P (T_{r} = n) = 0 .$

Cas: $n \geq r$ . On obtient²² 2 Chaque séquence comportant $r$ succès et $n - r$ échecs est de probabilité $p^{r} {(1 - p)}^{n - r}$ et il y a $(\binom{n - 1}{r - 1})$ séquences qui se terminent par un succès.

$P (T_{r} = n) = (\binom{n - 1}{r - 1}) p^{r - 1} {(1 - p)}^{(n - 1) - (r - 1)} \times p = (\binom{n - 1}{r - 1}) p^{r} {(1 - p)}^{n - r} .$
(c)

Calculons³³ 3 On peut aussi inclure l’événement $(T_{r} = + \infty)$ dans celui exprimant que les variables $X_{n}$ sont toutes nulles au delà d’un certain rang: $(T_{r} = + \infty)$ se comprend alors comme inclus dans une réunion dénombrable d’événements négligeables. la probabilité de $(T_{r} = + \infty)$ . Par continuité décroissante,

$P (T_{r} = + \infty) = lim_{n \to + \infty} P (T_{r} > n) .$

L’événement $(T_{r} > n)$ signifie que l’on n’a pas obtenu $r$ succès lors des $n$ premières expériences et donc

$P (T_{r} > n) = P (X_{1} + \dots + X_{n} < r) = \sum_{j = 0}^{r - 1} P (X_{1} + \dots + X_{n} = j) = \sum_{j = 0}^{r - 1} (\binom{n}{j}) p^{j} {(1 - p)}^{n - j}$

car $X_{1} + \dots + X_{n}$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ . Or, par croissance comparée,

$(\binom{n}{j}) p^{j} {(1 - p)}^{n - j} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

En effet,

$(\binom{n}{j}) = \frac{\overset{j facteurs équivalents à n}{\overset{⏞}{n (n - 1) \times \dots \times (n - j + 1)}}}{j!} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n^{j}}{j!}$

donc

$(\binom{n}{j}) p^{j} {(1 - p)}^{n - j} \underset{n \to + \infty}{\sim} C^{t e} n^{j} {(1 - p)}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On obtient donc $P (T_{r} = + \infty) = 0$ : il est presque sûr d’obtenir au moins $r$ succès.

Exercice 28 5940 Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables indépendantes et identiquement distribuées selon une loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

Y_{n} = \min {X_{1}, \dots, X_{n}} et Z_{n} = \max {X_{1}, \dots, X_{n}} .

(a)

Calculer $E (Y_{n})$ .
(b)

Déterminer un équivalent de $E (Z_{n})$ lorsque $n$ tend vers l’infini.

Solution

(a)

La variable $Y_{n}$ est à valeurs dans $ℕ^{*}$ donc

$E (Y_{n}) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (Y_{n} > k) .$

Or

$(Y_{n} > k) = (X_{1} > k) \cap \dots \cap (X_{n} > k) .$

Par indépendance,

$P (Y_{n} > k) = P (X_{1} > k) \times \dots \times P (X_{n} > k)$

avec $P (X_{i} > k) = q^{k}$ pour $q = 1 - p$ . On a donc par sommation géométrique

$E (Y_{n}) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} q^{k n} = \frac{1}{1 - q^{n}} .$
(b)

Comme au-dessus

$E (Z_{n}) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (Z_{n} > k) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (1 - P (Z_{n} \leq k))$

Or

$(Z_{n} \leq k) = (X_{1} \leq k) \cap \dots \cap (X_{n} \leq k) .$

Par indépendance,

$P (Z_{n} \leq k) = P (X_{1} \leq k) \times \dots \times P (X_{n} \leq k)$

avec $P (X_{i} \leq k) = 1 - P (X_{i} > k) = 1 - q^{k}$ . On a donc

$E (Z_{n}) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (1 - {(1 - q^{k})}^{n}) .$

Considérons la fonction $f : [0; + \infty [\to ℝ$ donnée par

$f (x) = 1 - {(1 - q^{x})}^{n} .$

Cette fonction est continue, décroissante et positive. Par comparaison série-intégrale,

$\int_{0}^{+ \infty} (1 - {(1 - q^{x})}^{n}) d x \leq E (Z_{n}) \leq 1 + \int_{0}^{+ \infty} (1 - {(1 - q^{x})}^{n}) d x$

avec convergence de l’intégrale généralisée introduite. On réalise le changement de variable $u = 1 - q^{x}$ . Celui-ci est légitime car la fonction $x \mapsto 1 - q^{x}$ est de classe $𝒞^{1}$ et strictement croissante. On obtient

$\int_{0}^{+ \infty} (1 - {(1 - q^{x})}^{n}) d x$ $= \int_{0}^{1} (1 - u^{n}) \frac{- d x}{\ln (q) (1 - u)} = - \frac{1}{\ln (q)} \int_{0}^{1} \frac{1 - u^{n}}{1 - u} d u$

$= - \frac{1}{\ln (q)} \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{n - 1} u^{k} d u = - \frac{1}{\ln (q)} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (n)}{\ln (q)} .$

On conclut

$E (Z_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (n)}{\ln (q)} .$

Exercice 29 4373

Sur un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ , on considère une suite ${(X_{n})}_{n \in ℕ}$ de variables aléatoires telles que, pour tout $n \in ℕ$ , $X_{n}$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p \in] 0; 1 [$ . On considère aussi une variable aléatoire $N$ indépendante des variables $X_{n}$ et telle que $N + 1$ suit une loi géométrique de paramètre $q \in] 0; 1 [$ .

Pour toute issue $ω$ de l’univers $Ω$ , on pose $Y (ω) = X_{N (ω)} (ω)$ .

Justifier que $Y$ est une variable aléatoire discrète et déterminer sa loi.

On pourra employer l’identité binomiale déjà présentée dans le sujet 4085.

[<] Loi géométrique[>] Loi conjointes, Loi marginales

Exercice 30 4037

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .

Calculer

E (\frac{1}{X + 1}) .

Exercice 31 4045 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .
Déterminer la probabilité que la valeur de $X$ soit pair.

Solution

L’évènement $X$ est pair est la réunion dénombrable des évènements $(X = 2 k)$ pour $k \in ℕ$ . Sa probabilité vaut

\sum_{k = 0}^{+ \infty} P (X = 2 k) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} e^{- λ} \frac{λ^{2 k}}{(2 k)!} = e^{- λ} ch (λ) = \frac{1 + e^{- 2 λ}}{2} .

Exercice 32 4112

Le nombre quotidien de clients entrant dans une boulangerie suit une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ . Chaque client a la probabilité $p \in] 0; 1 [$ d’acheter des croissants. Sur une journée, on note $X$ le nombre de clients ayant acheté des croissants et $Y$ le nombre de ceux qui n’en ont pas achetés.

(a)

Déterminer la loi de $X$ .
(b)

Calculer la covariance de $X$ et $Y$ .
(c)

Justifier que les variables aléatoires $X$ et $Y$ sont indépendantes.

Exercice 33 6042 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé sur lequel une variable aléatoire $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .

Soit $Y$ une variable aléatoire telle que $0 \leq Y \leq X$ et dont la loi conditionnée à $(X = n)$ est, pour tout $n \in ℕ$ , la loi binomiale de paramètre $(n, p)$ avec $p \in] 0; 1 [$ .

(a)

Énoncer les propriétés des lois de Poisson: $X (Ω)$ , $E (X)$ , $V (X)$ (avec démonstration), $G_{X} (t)$ , interprétation avec la loi binomiale.
(b)

Quelle loi suit $Y$ ?
(c)

Déterminer la loi de $Z = X - Y$ . Les variables $Y$ et $Z$ sont-elles indépendantes?

Solution

(a)

$X (Ω) = ℕ$ , $E (X) = V (X) = λ$ et $G_{X} (t) = e^{λ (t - 1)}$ .

Si ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ est une suite de loi binomiale de paramètre $(n, p_{n})$ avec $n p_{n} \to_{n \to + \infty}^{} λ$ alors

$\forall k \in ℕ, P (X_{n} = k) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- λ} \frac{λ^{k}}{k!} = P (X = k) .$
(b)

La variable $Y$ prend ses valeurs dans $ℕ$ . Pour $k \in ℕ$ ,

$P (Y = k) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (Y = k, X = n) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (Y = k ∣ X = n) P (X = n) .$

Les termes pour $n < k$ sont nuls car $Y \leq X$ . On les simplifie

$P (Y = k) = \sum_{n = k}^{+ \infty} P (Y = k ∣ X = n) P (X = n) = \sum_{n = k}^{+ \infty} (\binom{n}{k}) p^{k} {(1 - p)}^{n - k} e^{- λ} \frac{λ^{n}}{n!} .$

Par glissement d’indice et simplification des factorielles,

$P (Y = k) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{p^{k} {(1 - p)}^{n}}{k! n!} e^{- λ} λ^{n + k} = e^{- λ} \frac{{(p λ)}^{k}}{k!} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(1 - p)}^{n} λ^{n}}{n!} = e^{- p λ} \frac{{(p λ)}^{k}}{k!} .$

La variable $Y$ suit une loi de Poisson de paramètre $p λ$ .
(c)

La variable $Z$ vérifie $0 \leq Z \leq X$ et la loi de $Z$ conditionnée à $(X = n)$ est la loi de $n - Y$ conditionnée à $(X = n)$ c’est-à-dire une loi binomiale de paramètre $(n, 1 - p)$ . Par les calculs qui précèdent, $Z$ suit une loi de Poisson de paramètre $(1 - p) λ$ .

Pour $(k, ℓ) \in ℕ^{2}$ ,

$P (Y = k, Z = ℓ) = P (Y = k, X = k + ℓ) = P (Y = k ∣ X = k + ℓ) P (X = k + ℓ)$

et donc

$P (Y = k, Z = ℓ) = (\binom{k + ℓ}{k}) p^{k} {(1 - p)}^{ℓ} e^{- λ} \frac{λ^{k + ℓ}}{(k + ℓ)!} = e^{- λ} \frac{p^{k} {(1 - p)}^{ℓ} λ^{k + ℓ}}{k! ℓ!} .$

On remarque

$\forall (k, ℓ) \in ℕ^{2}, P (Y = k, Z = ℓ) = P (Y = k) P (Z = ℓ) .$

Les variables $Y$ et $Z$ sont indépendantes.

Exercice 34 4034 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire de Poisson de paramètre $λ > 0$ .

(a)

Pour quelle valeur de $n \in ℕ$ , la probabilité de l’évènement $(X = n)$ est-elle maximale?
(b)

Inversement, $n$ étant fixé, pour quelle valeur du paramètre $λ$ , la probabilité de $(X = n)$ est-elle maximale?

Solution

(a)

Posons

$u_{n} = P (X = n) = e^{- λ} \frac{λ^{n}}{n!} .$

On a

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{λ}{n + 1}$

donc si $n + 1 \leq λ$ alors $u_{n + 1} \geq u_{n}$ et si $n + 1 > λ$ alors $u_{n + 1} < u_{n}$ .
La valeur maximale de $u_{n}$ est donc obtenue pour $n = ⌊ λ ⌋$ .
(b)

Il suffit d’étudier les variations de la fonction $λ \mapsto e^{- λ} λ^{n}$ . La probabilité sera maximale si $λ = n$ .

Exercice 35 4020

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois de Poisson de paramètres $λ$ et $μ$ strictement positifs.

(a)

Déterminer la loi suivie par $S = X + Y$ .
(b)

Soit $n \in ℕ$ . Identifier la loi de $X$ pour la probabilité conditionnelle $P_{(S = n)}$ .

Exercice 36 4029

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois de Poisson de paramètres $λ$ et $μ$ . Pour $n \in ℕ$ , identifier la loi de $X$ sachant $(X + Y = n)$ .

Exercice 37 4129 Correction

On souhaite modéliser le nombre d’arrivées de « clients » dans un « service » durant un laps de temps $T$ .
Pour $n \in ℕ$ et $s, t \in ℝ$ avec $0 \leq s \leq t$ , on note $A (n, s, t)$ l’événement

« il arrive $n$ clients dans l’intervalle de temps de $[s; t [$ »

On admet l’existence d’un espace probabilisé permettant d’étudier la probabilité de cet événement en supposant:

(H1)

pour tous $m, n \in ℕ$ et tous réels $0 \leq r \leq s \leq t$ , les événements $A (m, r, s)$ et $A (n, s, t)$ sont indépendants;
(H2)

la probabilité de l’événement $A (n, s, t)$ ne dépend que de $n$ et du réel $t - s$ . On note

$p_{n} (t) = P (A (n,0, t)) .$
(H3)

la fonction $p_{0}$ est continue et $p_{0} (0) = 1$ ;
(H4)

pour tout $t \in ℝ_{+}$ ,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} p_{n} (t) = 1 .$
(H5)

on a le développement asymptotique

$1 - p_{0} (t) - p_{1} (t) \underset{t \to 0^{+}}{=} o (p_{1} (t)) .$

Cette dernière hypothèse signifie que, durant un laps de temps minime, la probabilité d’arrivée d’au moins deux clients est négligeable devant la probabilité d’arrivée d’un seul client.

(a)

Justifier que la fonction $p_{0}$ est décroissante et que

$\forall s, t \in ℝ_{+}, p_{0} (s + t) = p_{0} (s) p_{0} (t) .$
(b)

Montrer que $p_{0}$ est à valeurs strictement positives et qu’il existe un réel $λ \geq 0$ vérifiant

$\forall t \in ℝ_{+}, p_{0} (t) = e^{- λ t} .$
(c)

Justifier

$p_{1} (t) \underset{t \to 0^{+}}{=} λ t + o (t) et \forall n \geq 2, p_{n} (t) \underset{t \to 0^{+}}{=} o (t) .$
(d)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Montrer

$\forall s, t \geq 0, p_{n} (s + t) = \sum_{k = 0}^{n} p_{k} (s) p_{n - k} (t) .$

En déduire que la fonction $p_{n}$ est dérivable et

$\forall t \geq 0, p_{n}^{'} (t) = λ (p_{n - 1} (t) - p_{n} (t)) .$
(e)

Obtenir l’expression de $p_{n} (t)$ (on pourra étudier $q_{n} (t) = e^{λ t} p_{n} (t)$ ).
(f)

On note $X$ la variable aléatoire déterminant le nombre de « clients » arrivant durant le laps de temps $T > 0$ . Déterminer la loi de $X$ . Comment interpréter le paramètre $λ$ ?

Solution

(a)

Pour $s \leq t$ , l’événement $A (0,0, s)$ contient l’événement $A (0,0, t)$ et donc $p_{0} (s) \geq p_{0} (t)$ .
Pour $s, t \geq 0$ , l’événement $A (0,0, s + t)$ est la conjonction des événements $A (0,0, s)$ et $A (0, s, s + t)$ . Par conséquent,

$P (A (0,0, s + t) = P (A (0,0, s) \cap A (0, s, s + t)) .$

Par indépendance (hypothèse H1)

$P (A (0,0, s + t)) = P (A (0,0, s)) P (A (0, s, s + t)) .$

Or, l’hypothèse H2 donne $P (A (0, s, s + t)) = P (A (0,0, t))$ et donc

$p_{0} (s + t) = p_{0} (s) p_{0} (t) .$
(b)

Par l’hypothèse H3, la fonction $p_{0}$ prend la valeur 1 en 0 et est continue. Si par l’absurde cette fonction prend une valeur négative, elle s’annule en un certain $t_{0} > 0$ . L’équation fonctionnelle obtenue ci-dessus donne par une récurrence rapide

$\forall k \in ℕ, \forall t \in ℝ, p_{0} (k t) = p_{0} {(t)}^{k} .$

En prenant $t = t_{0} / k$ , on obtient

$\forall k \in ℕ^{*}, p_{0} (t_{0} / k) = 0 .$

En passant à limite quand $k$ tend vers l’infini, on obtient l’absurdité $p_{0} (0) = 0$ !
Puisqu’il est maintenant acquis que la fonction $p_{0}$ est à valeurs strictement positives, on peut introduire la fonction $f : ℝ_{+} \to ℝ$ définie par

$\forall t \in ℝ_{+}, f (t) = \ln (p_{0} (t)) .$

L’équation fonctionnelle obtenue en a) se traduit

$\forall s, t \in ℝ_{+}, f (s + t) = f (s) + f (t) .$

Sachant la fonction $f$ continue, on peut affirmer que celle-ci est linéaire: il existe $a \in ℝ$ tel que

$\forall t \in ℝ_{+}, f (t) = a t .$

Ainsi,

$\forall t \in ℝ_{+}, p_{0} (t) = e^{a t} .$

Enfin, puisque la fonction $p_{0}$ est décroissante, le réel $a$ est nécessairement négatif ce qui permet de l’écrire $- λ$ avec $λ \in ℝ_{+}$ .
(c)

Par l’hypothèse H5 avec $p_{0} (t) \underset{t \to 0^{+}}{=} 1 - λ t + o (t)$ , on obtient

$p_{1} (t) + o (p_{1} (t)) \underset{t \to 0^{+}}{=} λ t + o (t) .$

Ainsi, $p_{1} (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} λ t$ ce qui peut encore s’écrire

$p_{1} (t) \underset{t \to 0^{+}}{=} λ t + o (t) .$

Aussi, l’hypothèse H4 permet d’affirmer

$\forall n \geq 2, p_{n} (t) \leq 1 - p_{0} (t) - p_{1} (t) \underset{t \to 0^{+}}{=} o (t)$

et donc $p_{n} (t) \underset{t \to 0^{+}}{=} o (t)$ pour tout $n \geq 2$ .
(d)

L’événement $A (n,0, s + t)$ est la réunion des événements deux à deux disjoints

$A (k,0, s) \cap A (n - k, s, s + t) pour k \in ⟦ 0; n ⟧ .$

On en déduit par additivité et les hypothèses H1 et H2 l’identité

$p_{n} (s + t) = \sum_{k = 0}^{n} P (A (k,0, s)) P (A (n - k, s, s + t)) = \sum_{k = 0}^{n} p_{k} (s) p_{n - k} (t) .$

Cette identité fournit le développement asymptotique

$p_{n} (t + s) \underset{s \to 0^{+}}{=} (1 - λ s + o (s)) p_{n} (t) + λ s p_{n - 1} (t) + o (s)$

car

$p_{0} (s) \underset{s \to 0^{+}}{=} 1 - λ s + o (s), p_{1} (s) \underset{s \to 0^{+}}{=} λ s + o (s) et p_{k} (s) \underset{s \to 0^{+}}{=} o (s) pour k \geq 2 .$

On obtient alors

$\frac{1}{s} (p_{n} (t + s) - p_{n} (t)) \underset{s \to 0^{+}}{=} λ p_{n - 1} (t) - λ p_{n} (t) + o (1) .$

On en déduit que la fonction $p_{n}$ est dérivable et

$p_{n}^{'} (t) = λ (p_{n - 1} (t) - p_{n} (t)) .$
(e)

En introduisant $q_{n} (t) = e^{λ t} p_{n} (t)$ , on constate

$q_{0} (t) = 1 et q_{n}^{'} (t) = λ q_{n - 1} (t) .$

Par récurrence

$q_{n} (t) = \frac{{(λ t)}^{n}}{n!}$

puis

$\forall n \in ℕ, \forall t \in ℝ_{+}, p_{n} (t) = e^{- λ t} \frac{{(λ t)}^{n}}{n!} .$
(f)

L’événement $(X = n)$ a la probabilité de l’événement $A (n,0, T)$ et donc

$P (X = n) = p_{n} (T) = e^{- λ T} \frac{{(λ T)}^{n}}{n!} .$

La variable $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ T$ . L’espérance de $X$ vaut alors $λ T$ et le paramètre $λ$ se comprend comme le nombre moyen de clients entrant par unité de temps.

[<] Loi de Poisson[>] Espérance

Exercice 38 4367

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ . On suppose que la loi conjointe de $X$ et $Y$ vérifie:

P (X = j, Y = k) = \frac{1}{3 e^{2}} \cdot \frac{j + k + 1}{j! k!} pour tout (j, k) \in ℕ^{2} .

(a)

Déterminer les lois des variables $X$ et $Y$ .
(b)

Les variables $X$ et $Y$ sont-elles indépendantes?

Exercice 39 4055 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ définies sur un même espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ .

On suppose que la loi conjointe de $X$ et $Y$ vérifie

\forall (j, k) \in ℕ^{2}, P (X = j, Y = k) = \frac{a}{j! k!} avec a \in ℝ .

(a)

Déterminer la valeur de $a$ .
(b)

Reconnaître les lois marginales de $X$ et $Y$ .
(c)

Les variables $X$ et $Y$ sont elles indépendantes?

Solution

(a)

La distribution de probabilités de la loi conjointe de $X$ et $Y$ est de somme $1$ donc

$\sum_{(j, k) \in ℕ^{2}} P (X = j, Y = j) = \sum_{j = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (X = j, Y = k) = 1 .$

Or

$\sum_{j = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (X = j, Y = k) = a (\sum_{j = 0}^{+ \infty} \frac{1}{j!}) (\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!}) = a e^{2}$

On en déduit $a = e^{- 2}$ .
(b)

Pour $j \in ℕ$ ,

$P (X = j) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (X = j, Y = k) = \frac{a}{j!} (\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!}) = \frac{e^{- 1}}{j!}$

La variable $X$ suit donc une loi de Poisson de paramètre $λ = 1$ . Il en est de même pour $Y$ .
(c)

Les variables sont indépendantes car l’on vérifie aisément

$\forall (j, k) \in ℕ^{2}, P (X = j, Y = k) = P (X = j) P (Y = k) .$

Exercice 40 4056 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ .

On suppose que la loi conjointe de $X$ et $Y$ vérifie

\forall (j, k) \in ℕ^{2}, P (X = j, Y = k) = a \frac{j + k}{2^{j + k}} avec a \in ℝ .

(a)

Déterminer la valeur de $a$ .
(b)

Déterminer les lois marginales $X$ et $Y$ .
(c)

Les variables $X$ et $Y$ sont elles indépendantes?
(d)

Calculer $P (X = Y)$ .

Solution

(a)

La loi conjointe de $X$ et $Y$ déterminant une probabilité

$\sum_{j = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (X = j, Y = k) = 1 .$

Or

$\sum_{j = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (X = j, Y = k) = 8 a$

car

$\sum_{j = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{j}{2^{j + k}} = \sum_{j = 0}^{+ \infty} \frac{j}{2^{j - 1}} = \frac{1}{{(1 - 1 / 2)}^{2}} = 4 .$

On en déduit $a = 1 / 8$
(b)

Pour $j \in ℕ$

$P (X = j) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (X = j, Y = k) = \frac{j + 1}{2^{j + 2}}$

et pour $k \in ℕ$

$P (Y = k) = \sum_{j = 0}^{+ \infty} P (X = j, Y = k) = \frac{k + 1}{2^{k + 2}} .$
(c)

Les variables ne sont par indépendantes car l’on vérifie aisément

$P (X = j, Y = k) \neq P (X = j) P (Y = k)$

pour $j = k = 0$ .
(d)

Par probabilités totales

$P (X = Y) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X = n, Y = n) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2 n}{2^{2 n + 3}} = \frac{1}{9} .$

Exercice 41 4057 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ et $p \in] 0; 1 [$ .
On suppose que la loi conjointe de $X$ et $Y$ vérifie

P (X = k, Y = n) = {\begin{matrix} (\binom{n}{k}) a^{n} p {(1 - p)}^{n} & si k \leq n \\ 0 & sinon \end{matrix} avec a \in ℝ .

(a)

Déterminer la valeur de $a$ .
(b)

Déterminer la loi marginale de $Y$ .
(c)

Sachant

$\forall x \in] - 1; 1 [, \sum_{n = k}^{+ \infty} (\binom{n}{k}) x^{n - k} = \frac{1}{{(1 - x)}^{k + 1}} .$

Reconnaître la loi de $X$
(d)

Les variables $X$ et $Y$ sont elle indépendantes?

Solution

(a)

La loi conjointe de $X$ et $Y$ déterminant une probabilité

$\sum_{k = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (X = k, Y = n) = 1 .$

En réordonnant les sommes et en simplifiant les zéros

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} P (X = k, Y = n) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} p {(2 a (1 - p))}^{n} = p \frac{1}{1 - (2 a (1 - p))} .$

On est donc amené à résoudre l’équation

$1 - 2 a (1 - p) = p$

ce qui conduit à la solution $a = 1 / 2$ .
(b)

Pour $n \in ℕ$ ,

$P (Y = n) = \sum_{k = 0}^{n} P (X = k, Y = n) = \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) p {(1 - p)}^{n} = p {(1 - p)}^{n} .$
(c)

Pour $k \in ℕ$ ,

$P (X = k) = \sum_{n = k}^{+ \infty} (\binom{n}{k}) p {(\frac{1 - p}{2})}^{n} = p {(\frac{1 - p}{2})}^{k} \frac{1}{{(1 - \frac{1 - p}{2})}^{k + 1}} .$

En simplifiant

$P (X = k) = (1 - \frac{1 - p}{1 + p}) {(\frac{1 - p}{1 + p})}^{k} .$
(d)

Les variables ne sont par indépendantes car l’on vérifie aisément

$P (X = k, Y = n) \neq P (X = k) P (Y = n)$

pour $k = n = 0$ .

Exercice 42 4368

Une urne contient un dé truqué donnant systématiquement un six. On lance une pièce équilibrée. Si l’on obtient face, on ajoute un dé équilibré dans l’urne et l’on relance la pièce. Si l’obtient pile, on tire un dé dans l’urne et on lance celui-ci. Déterminer la loi de la variable donnant la valeur du dé lancé.

Exercice 43 4054 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ .

On suppose que $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ et que la loi de $Y$ pour la probabilité conditionnelle $P_{(X = n)}$ est binomiale de paramètres $n$ et $p \in] 0; 1 [$ .

(a)

Déterminer la loi conjointe de $X$ et $Y$ .
(b)

Reconnaître la loi de $Y$ .

Solution

(a)

Pour $(n, k) \in ℕ^{2}$ . Si $k \leq n$ alors

$P (X = n, Y = k)$ $= P (X = n) P (Y = k ∣ X = n)$

$= e^{- λ} \frac{λ^{n}}{n!} (\binom{n}{k}) p^{k} {(1 - p)}^{n - k} .$

Si $k > n$ alors $P (X = n, Y = k) = 0$ .
(b)

Pour $k \in ℕ$

$P (Y = k) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X = n, Y = k) = \sum_{n = k}^{+ \infty} P (X = n, Y = k) .$

Après réorganisation et glissement d’indice

$P (Y = k) = \frac{{(λ p)}^{k}}{k!} e^{- λ} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} {(1 - p)}^{n} λ^{n} = e^{- λ p} \frac{{(λ p)}^{k}}{k!} .$

La variable $Y$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ p$ .

Exercice 44 5368 Correction

On réalise une suite de lancers indépendants d’une pièce ayant la probabilité $p \in] 0; 1 [$ de tomber du côté pile. On note $X$ la longueur de la première série de lancers identiques et $Y$ celle de la seconde série. Par exemple, les lancers PPFFFP… et FFPPPF… correspondent à $X = 2$ et $Y = 3$ .

(a)

Déterminer la loi de $X$ et préciser son espérance.
(b)

Déterminer la loi du couple $(X, Y)$ .
(c)

Calculer l’espérance de $Y$ et la comparer à l’espérance de $X$ .
(d)

À quelle condition les variables $X$ et $Y$ sont-elles indépendantes?

Solution

(a)

En éliminant de l’univers des possibles l’événement négligeable où la pièce tombe toujours du même côté, la variable aléatoire $X$ prend ses valeurs dans $ℕ^{*}$ . De même, en éliminant aussi l’événement négligeable où la deuxième succession est de longueur infinie, la variable $Y$ est aussi définie à valeurs dans $ℕ^{*}$ . On poursuit l’étude en supposant être dans l’univers probabiliste correspondant¹¹ 1 Si $Ω^{'}$ est un événement presque sûr d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ , c’est l’événement certain de l’espace $(Ω^{'}, 𝒜^{'}, P^{'})$ avec $𝒜^{'} = {A \cap Ω^{'} | A \in 𝒜} \subset 𝒜$ et $P^{'}$ la restriction de $P$ à $𝒜^{'}$ ..

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit les événements:

$P_{n} = « La pièce tombe du côté pile lors du n -ième lancer » et F_{n} = \bar{P_{n}} .$

La variable $X$ prend ses valeurs dans $ℕ^{*}$ .

Pour $k \in ℕ^{*}$ , l’événement $(X = k)$ est la réunion des événements incompatibles $P_{1} \dots P_{k} F_{k + 1}$ et $F_{1} \dots F_{k} P_{k + 1}$ . On a donc

$P (X = k) = p^{k} (1 - p) + {(1 - p)}^{k} p .$

Sachant l’espérance d’une loi géométrique,

$E (X) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} k p^{k} (1 - p) + {(1 - p)}^{k} p = \frac{p}{1 - p} + \frac{1 - p}{p} .$
(b)

La variable $(X, Y)$ prend ses valeurs dans $ℕ^{*} \times ℕ^{*}$ . Pour $k, ℓ \in ℕ^{*}$ , calculons $P (X = k, Y = ℓ)$ . L’événement $(X = k, Y = ℓ)$ est réalisé dans la situation où les $k$ premiers lancers tombent du côté pile, les $ℓ$ suivants du coté face et le $k + ℓ + 1$ -ième du coté pile et aussi dans la situation inverse où l’on échange pile et face. Par incompatibilité de ces deux situations,

$P (X = k, Y = ℓ)$ $= P (\underset{\begin{matrix} k fois \end{matrix}}{\underset{⏟}{P_{1} \dots P_{k}}} \underset{\begin{matrix} ℓ fois \end{matrix}}{\underset{⏟}{F_{k + 1} \dots F_{k + ℓ}}}$ $P_{k + ℓ + 1})$

$+ P (\underset{\begin{matrix} k fois \end{matrix}}{\underset{⏟}{F_{1} \dots F_{k}}} \underset{\begin{matrix} ℓ fois \end{matrix}}{\underset{⏟}{P_{k + 1} \dots P_{k + ℓ}}} F_{k + ℓ + 1})$

et par l’indépendance des lancers,

$P (X = k, Y = ℓ)$ $= p^{k} {(1 - p)}^{ℓ} p + {(1 - p)}^{k} p^{ℓ} (1 - p)$

$= p^{k + 1} {(1 - p)}^{ℓ} + {(1 - p)}^{k + 1} p^{ℓ} .$
(c)

Pour $ℓ \in ℕ^{*}$ ,

$P (Y = ℓ) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} P (X = k, Y = ℓ) = p^{2} {(1 - p)}^{ℓ - 1} + {(1 - p)}^{2} p^{ℓ - 1}$

puis

$E (Y) = \frac{p}{p} + \frac{1 - p}{1 - p} = 2 .$

Par l’inégalité $a^{2} + b^{2} \geq 2 a b$ valable pour tous $a$ et $b$ réels, on observe

$E (X) \geq \frac{2 p (1 - p)}{p (1 - p)} = 2 = E (Y) .$
(d)

Les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes si, et seulement si,

$P (X = k, Y = ℓ) = P (X = k) P (Y = ℓ) pour tout (k, ℓ) \in ℕ^{*} \times ℕ^{*}$

c’est-à-dire

$p^{k + 1} {(1 - p)}^{ℓ} + {(1 - p)}^{k + 1} p^{ℓ} = (p^{k} (1 - p) + {(1 - p)}^{k} p) (p^{2} {(1 - p)}^{ℓ - 1} + {(1 - p)}^{2} p^{ℓ - 1}) .$ (1)

Pour $k = ℓ = 1$ , on obtient la condition

$p^{2} (1 - p) + {(1 - p)}^{2} p = 2 (p^{3} (1 - p) + p {(1 - p)}^{3})$

qui se simplifie en

$p (1 - p) {(2 p - 1)}^{2} = 0 .$

Il est donc nécessaire que $p = 1 / 2$ .

Inversement, pour $p = 1 / 2$ , la relation (1) est vérifiée.

Exercice 45 5004

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant chacune des lois géométriques de paramètres $p$ et $q \in] 0; 1 [$ . On pose¹¹ 1 On peut aussi exprimer $V = | X - Y |$ .

U = \min (X, Y) et V = \max (X, Y) - \min (X, Y) .

Les variables $U$ et $V$ sont-elles indépendantes?

Exercice 46 5006 X (PSI)

Soit ${(U_{i})}_{i \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires indépendantes suivant chacune une loi de Bernoulli de paramètre $p \in] 0; 1 [$ . Soient $N$ une variable à valeurs dans $ℕ$ indépendantes des précédentes et $X, Y$ les variables déterminées par

X = \sum_{i = 1}^{N} U_{i} et Y = N - \sum_{i = 1}^{N} U_{i} .

(a)

Vérifier

$P (X = k, Y = ℓ) = (\binom{k + ℓ}{k}) p^{k} {(1 - p)}^{ℓ} P (N = k + ℓ) pour tout (k, ℓ) \in ℕ^{2} .$

On suppose que les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes et que la variable $N$ n’est pas presque sûrement nulle. On pose

p_{k} = P (X = k) et q_{ℓ} = P (Y = ℓ) pour tout (k, ℓ) \in ℕ^{2} .

(b)

Justifier que les $p_{k}$ et les $q_{ℓ}$ sont tous strictement positifs.
(c)

Vérifier que

$(k + 1) p_{k + 1} q_{ℓ} (1 - p) = (ℓ + 1) p_{k} q_{ℓ + 1} p pour tout (k, ℓ) \in ℕ^{2} .$
(d)

En déduire une relation de récurrence sur les termes de la suite $(p_{k})$ puis identifier la loi suivie par $X$ .
(e)

Établir que $N$ suit une loi de Poisson.

[<] Loi conjointes, Loi marginales[>] Calcul d'espérances et variances

Exercice 47 5581 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle presque sûrement bornée.

Montrer que $X$ admet une espérance finie.

Solution

Méthode: S’il existe une variable aléatoire $Y$ d’espérance finie telle que $| X | \leq Y$ presque sûrement alors $X$ admet une espérance finie.

Affirmer que la variable aléatoire $X$ est presque sûrement bornée signifie qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ tel que $| X | \leq M$ presque sûrement. Puisque la variable aléatoire constante égale à $M$ admet une espérance finie, par domination, $X$ admet aussi une espérance finie.

Exercice 48 5093 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle admettant une variance.

(a)

Justifier

$X = X 1_{(X \neq 0)}$
(b)

En déduire

$E {(X)}^{2} \leq E (X^{2}) P (X \neq 0) .$

Solution

(a)

L’égalité est vraie lorsque la valeur de la variable $X$ est non nulle car la fonction indicatrice prend la valeur $1$ et l’égalité est aussi vraie lorsque $X$ prend la valeur nulle.
(b)

Méthode: On applique l’inégalité de Cauchy-Schwarz à l’étude de l’espérance du produit des variables $X$ et $1_{(X \neq 0)}$ .

Les variables $X$ et $1_{(X \neq 0)}$ admettant chacune une variance, l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

$E {(X 1_{(X \neq 0)})}^{2} \leq E (X^{2}) E (1_{(X \neq 0)}^{2})$

avec

$E (X 1_{(X \neq 0)}) = E (X) et E (1_{(X \neq 0)}^{2}) = E (1_{(X \neq 0)}) = P (X \neq 0) .$

On en déduit¹¹ 1 Cela entraîne $E {(X)}^{2} \leq E (X^{2})$ ce qui découle aussi de $V (X) = E (X^{2}) - E {(X)}^{2} \geq 0$ .

$E {(X)}^{2} \leq E (X^{2}) P (X \neq 0) .$

Exercice 49 5860 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle centrée admettant une variance. Établir

E (| X |) \leq \sqrt{V (X)} .

Solution

Pour $X, Y \in L^{2}$ , l’inégalité de Cauchy-Schwarz s’exprime

E {(X Y)}^{2} \leq E (X^{2}) E (Y^{2}) .

(1)

D’une part,

V (X) = E (X^{2}) - E {(X)}^{2} = E (X^{2}) .

D’autre part, considérons $Y$ prenant les valeurs $\pm 1$ de sorte que $X Y = | X |$ . On a

V (Y) = E (Y^{2}) - E {(Y)}^{2} \leq E (Y^{2}) = 1

car $Y^{2}$ est constante égale à $1$ .

L’inégalité (1) donne alors

E (| X |) \leq \sqrt{V (X)} .

Exercice 50 5411 MINES (MP)Correction

(Inégalité de Jensen)

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction dérivable convexe et $X$ une variable aléatoire réelle admettant une espérance finie.

(a)

Montrer

$f (X) \geq f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (X - E (X)) .$
(b)

En déduire que si $f (X)$ admet une espérance finie alors

$E (f (X)) \geq f (E (X)) .$

Solution

(a)

Puisque $f$ est dérivable et convexe, le graphe de $f$ est au-dessus de chacune de ses tangentes. Une équation de la tangente à $f$ en $a \in ℝ$ est

$y = f (a) + f^{'} (a) (x - a)$

et donc

$\forall x \in ℝ, f (x) \geq f (a) + f^{'} (a) (x - a) .$

L’inégalité voulue est alors conséquence de la comparaison précédente pour $a = E (X)$ .
(b)

Par croissance de l’espérance puis linéarité

$E (f (X))$ $\geq E (f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (X - E (X)))$

$\geq f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (\underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{E (X) - E (X)}}) = f (E (X)) .$

Exercice 51 5412 MINES (MP)Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes à valeurs strictement positives et de même loi. Établir

E (\frac{X}{Y}) \geq 1 .

Solution

Par indépendance,

E (\frac{X}{Y}) = E (X) E (\frac{1}{Y}) .

Par correspondance des lois,

E (X) E (\frac{1}{Y}) = E (Y) E (\frac{1}{X}) .

Ainsi,

E (\frac{X}{Y}) = E (\frac{Y}{X}) .

E (\frac{X}{Y}) + E (\frac{Y}{X}) = E (\frac{X}{Y} + \frac{Y}{X}) \geq E (2) = 2

car, pour tout $x \in ℝ$ ,

x + \frac{1}{x} \geq 2 .

On en déduit la comparaison voulue.

Exercice 52 5415 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ . On suppose que $X$ admet une espérance finie. Montrer

n P (X \geq n) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Solution

Par hypothèse, la série $\sum k P (X = k)$ converge et donc, pour $n \in ℕ$ ,

	$0 \leq n P (X \geq n)$	$= n \sum_{k = n}^{+ \infty} P (X = k)$
		$\leq \sum_{k = n}^{+ \infty} k P (X = k) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

car le reste d’une série convergente est de limite nulle.

Exercice 53 5280 NAVALE (MP)Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ admettant une espérance finie.

(a)

Montrer que pour tout entier naturel $n$ ,

$\sum_{k = 0}^{n} P (X > k) = \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X > n) .$
(b)

En déduire une expression de $E (X)$ .

Solution

(a)

Raisonnons par récurrence sur $n \in ℕ$ .

La propriété est immédiate pour $n = 0$ .

Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 0$ . En isolant un terme de la somme et en employant l’hypothèse de récurrence,

$\sum_{k = 0}^{n + 1} P (X > k)$ $= \sum_{k = 0}^{n} P (X > k) + P (X > n + 1)$

$= \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X > n) + P (X > n + 1) .$

En écrivant

$P (X > n) = P (X = n + 1) + P (X > n + 1)$

on poursuit le calcul afin de former la relation attendue

$\sum_{k = 0}^{n + 1} P (X > k)$ $= \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X = n + 1) + (n + 2) P (X > n + 1)$

$= \sum_{k = 0}^{n + 1} k P (X = k) + (n + 2) P (X > n + 1) .$

La récurrence est établie.
(b)

Pour tout $n \in ℕ$ ,

$0 \leq (n + 1) P (X > n) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} (n + 1) P (X = k) \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} k P (X = k) .$

Le reste d’une série convergente étant de limite nulle, on obtient par encadrement

$(n + 1) P (X > n) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit

$E (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X > n)$

avec convergence de la série introduite.

Exercice 54 4026

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ .

Montrer que $X$ admet une espérance finie si, et seulement si, la série $\sum P (X > n)$ converge et qu’alors¹¹ 1 Cette identité sera souvent utilisée par la suite.

E (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X > n) .

Exercice 55 5473 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ admettant une variance. Établir

E (X^{2}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (2 n + 1) P (X > n) .

Solution

Pour une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $ℕ$ admettant une espérance finie, on sait

E (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X > n)

avec convergence de la série exprimant le second membre.

On emploie ici ce résultat pour la variable $X^{2}$ et l’on écrit

E (X^{2}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X^{2} > n)

avec convergence de la série à termes positifs exprimant le second membre.

Visualisons les premiers termes de cette somme:

	$E (X^{2})$	$= P (X^{2} > 0) + P (X^{2} > 1) + P (X^{2} > 2) + P (X^{2} > 3) + P (X^{2} > 4) + \dots$
		$= P (X > 0) + P (X > 1) + P (X > \sqrt{2}) + P (X > \sqrt{3}) + P (X^{2} > 2) + \dots$

Puisque $X$ prend ses valeurs dans $ℕ$ ,

P (X > \sqrt{n}) = P (X > ⌊ \sqrt{n} ⌋)

et donc

E (X^{2}) = P (X > 0) + P (X > 1) + P (X > 1) + P (X > 1) + P (X > 2) + \dots

Par sommation par paquets, regroupons entre eux les termes égaux

E (X^{2}) = \sum_{N = 0}^{+ \infty} (\sum_{N^{2} \leq n < {(N + 1)}^{2}} P (X^{2} > n)) .

avec, pour tout $n \in ⟦ N^{2}; {(N + 1)}^{2} - 1 ⟧$ ,

P (X^{2} > n) = P (X^{2} > N^{2}) = P (X > N)

La somme comportant $2 N + 1$ termes identiques,

\sum_{N^{2} \leq n < {(N + 1)}^{2}} P (X^{2} > n) = (2 N + 1) P (X > N) .

On en déduit

E (X^{2}) = \sum_{N = 0}^{+ \infty} (2 N + 1) P (X > N)

avec convergence de la série exprimant le second membre.

Exercice 56 5283 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle prenant un nombre fini de valeurs.

(a)

On suppose que $X$ prend des valeurs toutes positives. Établir

$E (X) = \int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t .$
(b)

On suppose que les valeurs prises par $X$ sont de signes quelconques. Proposer une expression de $E (X)$ comme somme de deux intégrales.

Solution

(a)

On remarque que la fonction $t \mapsto P (X > t)$ est en escalier et, par conséquent, continue par morceaux. Au surplus, celle-ci est identiquement nulle pour $t$ assez grand¹¹ 1 Précisément, $P (X > t) = 0$ dès que $t$ est supérieur à la valeur maximale prise par $X$ . et il est possible d’introduire l’intégrale étudiée. Notons $x_{1} < \dots < x_{n}$ les valeurs prises par $X$ . Par la relation de Chasles,

$\int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t = \sum_{k = 1}^{n} \int_{x_{k - 1}}^{x_{k}} P (X > t) d t$

en posant $x_{0} = 0$ . Pour $t$ dans l’intervalle $[x_{k - 1}; x_{k} [$ , la probabilité $P (X > t)$ est constante égale à la somme des $P (x_{ℓ})$ pour $ℓ \in ⟦ k; n ⟧$ . On a donc

$\int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t = \sum_{k = 1}^{n} (x_{k} - x_{k - 1}) \sum_{ℓ = k}^{n} P (x_{ℓ}) .$

Ceci conduit à considérer une somme triangulaire où l’on échange les deux signes sommes,

$\int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t = \sum_{ℓ = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{ℓ} (x_{k} - x_{k - 1}) P (x_{ℓ}) = \sum_{ℓ = 1}^{n} (x_{ℓ} - x_{0}) P (x_{ℓ}) = E (X) .$
(b)

Si $X$ est une variable aléatoire à valeurs négatives, on obtient en considérant $- X$ puis en réalisant le changement de variable $u = - t$

$E (X) = - \int_{0}^{+ \infty} P (- X > t) d t = - \int_{0}^{+ \infty} P (X < - t) d t = - \int_{- \infty}^{0} P (X < u) d u .$

Si $X$ est une variable aléatoire à valeurs de signes quelconques, on l’écrit $X = X_{1} + X_{2}$ avec $X_{1} = X 1_{(X \geq 0)}$ et $X_{2} = X 1_{(X < 0)}$ . On a alors

$E (X) = E (X_{1}) + E (X_{2}) = \int_{0}^{+ \infty} P (X_{1} > t) d t - \int_{- \infty}^{0} P (X_{2} < t) d t .$

Cependant, pour tout $t \geq 0$ , $(X_{1} > t) = (X > t)$ tandis que $(X_{2} < t) = (X < t)$ pour tout $t < 0$ . On en déduit

$E (X) = \int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t - \int_{- \infty}^{0} P (X < t) d t .$

Exercice 57 5852 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ d’espérance finie.

Établir

\sum_{k = 1}^{n} P (X < k) \underset{n \to + \infty}{\sim} n .

Solution

Pour $k \in ℕ^{*}$ , on a

P (X < k) = P (X = 0) + \dots + P (X = k - 1) .

Pour $n \in ℕ^{*}$ , en réorganisant le calcul de la somme

	$\sum_{k = 1}^{n} P (X < k)$	$= \sum_{k = 0}^{n - 1} \sum_{i = 0}^{k - 1} P (X = i) = \sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{k = i}^{n - 1} P (X = i) = \sum_{i = 0}^{n - 1} (n - i) P (X = i)$
		$= n \sum_{k = 0}^{n - 1} P (X = i) - \sum_{i = 0}^{n - 1} i P (X = i) .$

D’une part,

\sum_{i = 0}^{n - 1} P (X = i) \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{i = 0}^{+ \infty} P (X = i) = 1

et donc

n \sum_{i = 0}^{n - 1} P (X = i) \underset{n \to + \infty}{\sim} n .

D’autre part

\sum_{i = 0}^{n - 1} i P (X = i) \to_{n \to + \infty}^{} E (X)

et donc

\sum_{i = 0}^{n - 1} i P (X = i) \underset{n \to + \infty}{=} o (n) .

On conclut

\sum_{k = 1}^{n} P (X < k) \underset{n \to + \infty}{\sim} n .

Exercice 58 5859 Correction

(Fonction caractéristique)

On appelle fonction caractéristique d’une variable aléatoire $X$ prenant ses valeurs dans $ℤ$ , l’application $φ_{X} : ℝ \to ℂ$ donnée par

φ_{X} (t) = E (e^{i t X}) .

(a)

Vérifier que $φ_{X}$ est définie, continue sur $ℝ$ et $2 π$ -périodique.
(b)

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes à valeurs dans $ℤ$ . Établir

$φ_{X + Y} = φ_{X} φ_{Y} .$
(c)

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℤ$ . Établir

$φ_{X} = φ_{Y} ⟹ X et Y suivent la même loi.$
(d)

Application : Retrouver que la somme de deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois Poisson suit une loi de Poisson.

Solution

(a)

Pour tout $t \in ℝ$ , la variable aléatoire $e^{i t X}$ est bornée, elle admet donc une espérance et cela assure la définition $φ_{X} (t)$ . De plus, la formule de transfert donne

$φ_{X} (t) = \sum_{n \in ℤ} u_{n} (t) avec u_{n} (t) = e^{i n t} P (X = n) .$

Les fonctions $u_{n}$ sont continues et la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement¹¹ 1 Contrairement à l’usage, $n$ parcourt $ℤ$ au lieu de $ℕ$ mais cela ne change par grand chose: il suffit de séparer la somme en deux selon le signe de l’indice pour adapter les propos. sur $ℝ$ car

$\sum_{n \in ℤ} sup_{t \in ℝ} | u_{n} (t) | = \sum_{n \in ℤ} P (X = n) < + \infty$

On en déduit que la fonction $φ_{X}$ est continue. Aussi, cette fonction est $2 π$ -périodique car chacune des fonctions $u_{n}$ l’est.
(b)

Notons que $X + Y$ prend ses valeurs dans $ℤ$ ce qui autorise à introduire sa fonction caractéristique. Pour $t \in ℝ$ ,

$φ_{X + Y} (t) = E (e^{i t (X + Y)}) = E (e^{i t X} e^{i t Y}) .$

Or les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes et donc $e^{i t X}$ et $e^{i t Y}$ le sont aussi. L’espérance du produit de ses variables est alors le produit des espérances

$φ_{X + Y} (t) = E (e^{i t X}) E (e^{i t Y}) = φ_{X} (t) φ_{Y} (t) .$
(c)

Remarquonq que, pour tout $k \in ℤ$ ,

$\int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = {\begin{matrix} 2 π & si k = 0 \\ 0 & si k \in ℤ^{*} . \end{matrix}$

Supposons $φ_{X} = φ_{Y}$ .

Soit $k \in ℤ$ . On a

$\int_{0}^{2 π} φ_{X} (t) e^{- i k t} d t = \int_{0}^{2 π} φ_{Y} (t) e^{- i k t} d t .$

Or

$\int_{0}^{2 π} φ_{X} (t) e^{- i k t} d t = \int_{0}^{2 π} \sum_{n \in ℤ} e^{i (n - k) t} P (X = n) d t .$

Les fonctions $v_{n} : t \mapsto e^{i (n - k) t} P (X = n)$ sont continues sur $[0; 2 π]$ et la série $\sum v_{n}$ converge normalement sur $[0; 2 π]$ par des arguments analogues à ceux déjà dits: on peut intégrer terme à terme

$\int_{0}^{2 π} φ_{X} (t) e^{- i k t} d t = \sum_{n \in ℤ} \int_{0}^{2 π} e^{i (n - k) t} P (X = n) d t .$

Compte tenu du calcul initial, on simplifie la somme

$\int_{0}^{2 π} φ_{X} (t) e^{- i k t} d t = 2 π P (X = k) .$

De la même façon,

$\int_{0}^{2 π} φ_{Y} (t) e^{- i k t} d t = 2 π P (Y = k)$

et donc $P (X = k) = P (Y = k)$ . Puisque cela vaut pour tout $k \in ℤ$ , les variables aléatoires $X$ et $Y$ suivent la même loi.
(d)

Si $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ ,

$\forall t \in ℝ, φ_{X} (t) = \sum_{n \in ℕ} e^{i n t} e^{- λ} \frac{λ^{n}}{n!} = e^{- λ} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(λ e^{i t})}^{n}}{n!} = e^{- λ} e^{λ e^{i t}} .$

Si $X$ et $Y$ suivent des lois de Poisson indépendantes de paramètres $λ$ et $μ > 0$ ,

$φ_{X + Y} (t) = φ_{X} (t) φ_{Y} (t) = e^{- λ - μ} e^{(λ + μ) e^{i t}} .$

On reconnaît la fonction caractéristique d’une loi de Poisson de paramètre $λ + μ$ et donc $X + Y$ suit une telle loi.

Exercice 59 5856 Correction

(Formule de Wald)

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées suivant la loi d’une certaine variable réelle $X$ . Soit aussi $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ indépendante des variables $X_{n}$ . On pose

S = \sum_{k = 1}^{N} X_{k} .

On admet que $S$ définit une variable aléatoire¹¹ 1 Voir sujet 4046.

On suppose $X$ et $N$ admettent une espérance. Établir que $S$ admet une espérance et vérifier $E (S) = E (N) E (X)$ .

Solution

La famille ${(N = n)}_{n \in ℕ}$ constitue un système complet d’événements.

Pour $x \in ℝ$ ,

	$(S = x)$	$= ⋃_{n \in ℕ} (S = x, N = n)$
		$= ⋃_{n \in ℕ} (\sum_{k = 1}^{N} X_{k} = x, N = n)$
		$= ⋃_{n \in ℕ} (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x, N = n) .$

Par incompatibilité puis indépendance,

	$P (S = x)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x, N = n)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n) .$

En conduisant le calcul dans $[0; + \infty]$ ,

\sum_{x \in ℝ} | x | P (S = x) = \sum_{x \in ℝ} \sum_{n = 0}^{+ \infty} | x | P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n) .

Les termes étant tous positifs, on peut réorganiser le calcul de la somme

\sum_{x \in ℝ} | x | P (S = x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{x \in ℝ} | x | P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n) .

Par la formule du transfert,

\sum_{x \in ℝ} | x | P (S = x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} E (| \sum_{k = 1}^{n} X_{k} |) P (N = n) .

E (| \sum_{k = 1}^{n} X_{k} |) \leq \sum_{k = 1}^{n} E (| X_{k} |) = n E (X)

et donc

\sum_{x \in ℝ} | x | P (S = x) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} n E (| X |) P (N = n) = E (| X |) E (N) < + \infty .

Par conséquent, la famille ${(| x | P (S = x))}_{x \in ℝ}$ est sommable: la variable $S$ admet une espérance finie.

On reprend les calculs précédents sachant la sommabilité

	$E (S)$	$= \sum_{x \in ℝ} x P (X = x)$
		$= \sum_{x \in ℝ} \sum_{n = 0}^{+ \infty} x P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{x \in ℝ} x P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} E (\sum_{k = 1}^{n} X_{k}) P (N = n)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} n E (X) P (N = n) = n E (X) E (N) .$

Exercice 60 5851 Correction

(Espérance conditionnelle)

Soit $X$ une variable aléatoire sur un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ .

Pour $A$ événement non négligeable et sous réserve d’existence, on introduit, l’espérance conditionnelle de $X$ sachant $A$ égale à l’espérance de $X$ pour la probabilité conditionnelle $P_{A}$ :

E (X ∣ A) = \sum_{x \in X (Ω)} x P (X = x ∣ A) .

On suppose que $X$ est d’espérance finie.

(a)

Justifier l’existence de $E (X ∣ A)$ et vérifier

$E (X ∣ A) = \frac{E (1_{A} X)}{P (A)} .$
(b)

Soit ${(A_{i})}_{i \in I}$ un système complet d’événements non négligeables. Vérifier

$E (X) = \sum_{i \in I} E (X ∣ A_{i}) P (A_{i}) .$

Solution

(a)

Pour $x \in X (Ω)$ ,

$| x | P (X = x ∣ A) = | x | \frac{P (X = x \cap A)}{P (A)} \leq | x | \frac{P (X = x)}{P (A)} .$

Puisque $X$ est d’espérance finie, la famille ${(x P (X = x))}_{x \in X (Ω)}$ est sommable. Par domination, la famille ${(x P (X = x ∣ A))}_{x \in X (Ω)}$ est sommable. On peut donc introduire l’espérance de $X$ sachant $A$ et, en reprenant le calcul,

$E (X ∣ A) = \frac{1}{P (A)} \sum_{x \in X (Ω)} x P (X = x \cap A) .$

Pour $x \neq 0$ , $(X = x \cap A) = (1_{A} X = x)$ donc $x P (X = x \cap A) = x P (1_{A} X = x)$ . Cette égalité est aussi vraie pour $x = 0$ et donc

$E (X ∣ A) = \frac{1}{P (A)} \sum_{x \in X (Ω)} x P (1_{A} X = x) = \frac{1}{P (A)} E (1_{A} X) .$
(b)

Par sommation par paquets,

$E (X) = \sum_{i \in I} \sum_{x \in A_{i}} x P (X = x) .$

Par probabilités composées,

$E (X) = \sum_{i \in I} \sum_{x \in A_{i}} x P (X = x ∣ A_{i}) P (A_{i}) = \sum_{i \in I} E (X ∣ A_{i}) P (A_{i}) .$

Exercice 61 5414 MINES (MP)Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires suivant toute la loi d’une variable $X$ à valeurs dans $ℕ$ . Pour $n \geq 1$ , on pose

R_{n} = Card {X_{1}, \dots, X_{n}} .

(a)

Soit $a \in ℝ_{+}$ . Établir

$E (R_{n}) \leq a + n P (X \geq a) .$
(b)

En déduire

$E (R_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} o (n) .$
(c)

On suppose que $X$ admet une espérance finie. Montrer

$E (R_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} O (\sqrt{n}) .$

Solution

(a)

Cas: $a \in ℕ$ . Tout entier naturel est soit élément de $⟦ 0; a - 1 ⟧$ soit supérieur ou égal à $a$ . On en déduit que

${X_{1}, \dots, X_{n}} \subset ⟦ 0; a - 1 ⟧ \cup ({X_{1}, \dots, X_{n}} \cap [a; + \infty [) .$

Par suite,

$R_{n}$ $\leq a + Card ({X_{1}, \dots, X_{n}} \cap [a; + \infty [)$

$\leq a + 1_{(X_{1} \geq a)} + \dots + 1_{(X_{n} \geq a)} .$

Sachant $E (1_{(X \in A)}) = P (X \in A)$ , il vient

$E (R_{n}) \leq a + P (X_{1} \geq a) + \dots + P (X_{n} \geq a) = a + n P (X \geq a) .$

Cas: $a \in ℝ_{+} ∖ ℕ$ . On introduit $a^{'} = ⌊ a ⌋$ et l’on conclut à l’aide de ce qui précède en observant

$a^{'} \leq a et P (X \geq a) = P (X \geq a^{'}) .$
(b)

Considérons $a = \sqrt{n}$ . Puisque

$P (X \geq \sqrt{n}) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

on obtient

$\sqrt{n} + n P (X \geq \sqrt{n}) \underset{n \to + \infty}{=} o (n)$

puis, par comparaison,

$R_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (n) .$
(c)

La variable est $X$ à valeurs positives. Par l’inégalité de Markov,

$P (X \geq a) \leq \frac{1}{a} E (X)$

et donc

$E (R_{n}) \leq a + \frac{n}{a} E (X) .$

Pour $a = \sqrt{n}$ , on en déduit

$E (R_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} O (\sqrt{n}) .$

Exercice 62 5855 Correction

Soient $X$ une variable aléatoire admettant une espérance et ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ un système complet d’événements. Établir

E (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} E (X 1_{A_{n}}) .

Solution

Par définition,

E (X) = \sum_{x \in ℝ} x P (X = x) .

Puisque ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ est un système complet d’événements,

(X = x) = ⋃_{n \in ℕ} (X = x) \cap A_{n} .

Par incompatibilité,

P (X = x) = \sum_{n \in ℕ} P ((X = x) \cap A_{n}) .

Pour $x \in ℝ^{*}$ ,

(X = x) \cap A_{n} = (X 1_{A_{n}} = x) .

On a donc

x P ((X = x) \cap A_{n}) = x P (X 1_{A_{n}} = x)

et cette dernière égalité est aussi vraie lorsque $x = 0$ .

On a donc

E (X) = \sum_{x \in ℝ} \sum_{n \in ℕ} x P (X 1_{A_{n}} = x) .

La famille initiale ${(x P (X = x))}_{x \in ℝ}$ étant sommable, la famille doublement indexée ${(x P (X 1_{A_{n}} = x))}_{(x, n) \in ℝ \times ℕ}$ qui s’en est déduit est aussi: cela permet d’échanger les deux sommes puis conclure

E (X) = \sum_{n \in ℕ} \sum_{x \in ℝ} x P (X 1_{A_{n}} = x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} E (X 1_{A_{n}}) .

Exercice 63 2121 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle admettant une espérance finie.

Montrer

E (X 1_{| X | \leq A}) \to_{A \to + \infty}^{} E (X)

Solution

Soit $(x_{n})$ une suite réelle injective contenant les valeurs prises par $X$ . Par hypothèse, il y a convergence absolue de la série

\sum x_{n} P (X = x_{n}) .

Considérons ensuite la série de fonctions $\sum f_{n}$ avec

f_{n} (A) = {\begin{matrix} x_{n} P (X = x_{n}) & si | x_{n} | \leq A \\ 0 & sinon. \end{matrix}

On remarque

E (X 1_{| X | \leq A}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (A) .

On remarque aussi

f_{n} (A) \to_{A \to + \infty}^{} x_{n} P (X = x_{n}) et | f_{n} (A) | \leq | x_{n} | P (X = x_{n}) .

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $ℝ$ et, par le théorème de la double limite,

E (X 1_{| X | \leq A}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (A) \to_{A \to + \infty}^{} \sum_{n = 0}^{+ \infty} x_{n} P (X = x_{n}) = E (X) .

Exercice 64 5303 Correction

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ . On suppose que toutes les intersections d’une infinité d’événements choisis parmi les $A_{n}$ sont vides et l’on introduit $S$ la variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ définie par¹¹ 1 La variable $S$ dénombre les événements de la suite $(A_{n})$ qui sont réalisés. Par hypothèse, celle-ci ne prend que des « valeurs finies ».

S = \sum_{n = 0}^{+ \infty} 1_{A_{n}} .

Montrer que $S$ admet une espérance finie si, et seulement si, la série $\sum P (A_{n})$ converge et qu’alors

E (S) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) .

Solution

Méthode: L’espérance de la fonction indicatrice d’un événement $A$ est la probabilité de cet événement.

Pour $N \in ℕ$ , introduisons la variable

S_{N} = \sum_{n = 0}^{N} 1_{A_{n}} .

Les variables $S_{N}$ admettent une espérance et, par linéarité,

E (S_{N}) = \sum_{n = 0}^{N} E (1_{A_{n}}) = \sum_{n = 0}^{N} P (A_{n}) .

Si la variable $S$ admet une espérance finie, la comparaison $S_{N} \leq S$ entraîne

\sum_{n = 0}^{N} P (A_{n}) = E (S_{N}) \leq E (S) .

La série à termes positifs $\sum P (A_{n})$ est alors convergente car ses sommes partielles sont majorées et l’on a

\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) \leq E (S) .

(1)

Inversement, supposons la convergence de la série $\sum P (A_{n})$ .

Méthode: Une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $ℕ$ admet une espérance finie si, et seulement si, la série $\sum P (X > k)$ converge et sa somme détermine alors cette espérance. Voir le sujet 4026.

Soit $k \in ℕ$ . Pour tout $N \in ℕ$ , on remarque l’inclusion

(S_{N} > k) \subset (S_{N + 1} > k) car S_{N} \leq S_{N + 1} .

Par continuité croissante,

P (S_{N} > k) \to_{N \to + \infty}^{} P (⋃_{N \in ℕ} (S_{N} > k)) = P (S > k) .

Pour tout $K \in ℕ$ , on a alors

\sum_{k = 0}^{K} P (S > k) = lim_{N \to + \infty} \sum_{k = 0}^{K} P (S_{N} > k) .

\sum_{k = 0}^{K} P (S_{N} > k) \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{N} > k) = E (S_{N}) = \sum_{n = 0}^{N} P (A_{n}) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n})

et donc

\sum_{k = 0}^{K} P (S > k) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) .

La série à termes positifs $\sum P (S > k)$ est alors convergente car ses sommes partielles sont majorées. Ainsi, $S$ admet une espérance finie et de plus

E (S) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S > k) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) .

(2)

Les comparaisons (1) et (2) se complètent alors pour produire l’égalité voulue

E (S) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) .

Exercice 65 4184 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé et ${(E_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements quelconques vérifiant

\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (E_{n}) < + \infty .

Pour $X$ un ensemble quelconque, on note $1_{X}$ la fonction indicatrice de $X$ .

(a)

Soit $Z = \sum_{n = 0}^{+ \infty} 1_{E_{n}}$ (on convient $Z = + \infty$ si la série diverge).

Prouvez que $Z$ est une variable aléatoire discrète.
(b)

Soit

$F = {ω \in Ω | ω n’appartient qu’à un nombre fini de E_{n}} .$

Prouver que $F$ est un événement et que $P (F) = 1$ .
(c)

Prouver que $Z$ admet une espérance.

Solution

(a)

La variable aléatoire prend ses valeurs dans l’ensemble dénombrable $ℕ \cup {+ \infty}$ .

Pour $k \in ℕ$ , on a $Z (ω) = k$ lorsque $ω$ appartient à exactement $k$ événements parmi les $E_{n}$ . Pour $i_{1} < i_{2} < \dots < i_{k} \in ℕ$ , appartenir aux ensembles $E_{i_{1}}, \dots, E_{i_{k}}$ et pas aux autres s’expriment comme une intersection dénombrable d’événements $E_{i_{k}}$ et $\bar{E_{j}}$ : c’est donc un événement. En faisant varier les $i_{1}, \dots, i_{k}$ sur l’ensemble dénombrable des possibles, $(Z = k)$ se comprend comme une réunion d’événements.

Enfin, $(Z = + \infty)$ est aussi un événement car c’est le complémentaire de la réunion dénombrable des événements $(Z = k)$ pour $k$ parcourant $ℕ$ .
(b)

$F$ est le complémentaire de $(Z = + \infty)$ , c’est bien un événement.

$\bar{F}$ correspond à l’ensemble des $ω$ appartenant à une infinité de $E_{n}$ . On peut l’écrire comme l’intersection décroissante

$\bar{F} = ⋂_{N \in ℕ} ⋃_{n \geq N} E_{n} .$

Par continuité décroissante

$P (\bar{F}) = lim_{N \to + \infty} P (⋃_{n \geq N} E_{n}) .$

Or

$P (⋃_{n \geq N} E_{n}) \leq \sum_{n \geq N} P (E_{n}) \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

On peut conclure $P (\bar{F}) = 0$ puis $P (F) = 1$ .
(c)

Posons $Z_{N} = \sum_{n = 0}^{N} 1_{E_{n}}$ . Commençons par établir

$\forall k \in ℕ, P (Z_{N} > k) \to_{N \to + \infty}^{} P (Z > k) .$

Puisque $Z_{N} \leq Z_{N + 1}$ , on a

$(Z_{N} > k) \subset (Z_{N + 1} > k)$

et, par continuité croissante,

$P (Z_{N} > k) \to_{N \to + \infty}^{} P (⋃_{N \in ℕ} (Z_{N} > k)) .$

Or

$⋃_{N \in ℕ} (Z_{N} > k) = (Z > k)$

ce qui établit la propriété voulue.

Pour $K \in ℕ$ , on a alors

$\sum_{k = 0}^{K} P (Z > k) = lim_{N \to + \infty} \sum_{k = 0}^{K} P (Z_{N} > k)$

avec

$\sum_{k = 0}^{K} P (Z_{N} > k) \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (Z_{N} > k) = E (Z_{N}) = \sum_{n = 0}^{N} P (E_{n}) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (E_{n}) .$

La série $\sum P (Z > k)$ est alors convergente puisque c’est une série à termes positifs aux sommes partielles majorées. On en déduit que $Z$ admet une espérance finie (et l’on peut montrer que celle-ci est la somme de la série des $P (E_{n})$ ).

[<] Espérance[>] Covariances

Exercice 66 4128

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ . On suppose qu’il existe $k \in] 0; 1 [$ vérifiant

P (X = n) = k P (X \geq n) pour tout n \in ℕ .

Déterminer la loi de $X$ puis calculer son espérance et sa variance.

Exercice 67 4032 Correction

On suppose qu’à la roulette d’un Casino, on obtient la couleur noire avec la probabilité $1 / 2$ , la couleur rouge sinon (bref, on ne suppose pas de 0 vert…). Un joueur fortuné joue selon le protocole suivant:

—

il mise initialement 1 brouzouf sur la couleur noire;
—

s’il gagne, il arrête de jouer et empoche le double de sa mise.
—

s’il perd, il double sa mise et rejoue.

(a)

On suppose la fortune du joueur infinie.
Montrer que le jeu s’arrête presque sûrement. Déterminer l’espérance de gain du joueur.
(b)

On suppose toujours la fortune du joueur infinie.
Que se passe-t-il si au lieu de doubler, il décide de tripler sa mise lorsqu’il rejoue?
(c)

Le joueur n’est en fait pas si fortuné qu’il le prétend: il ne possède que $2^{n} - 1$ brouzoufs ce qui l’autorise à ne pouvoir jouer que $n$ parties. Que devient son espérance de gain?

Solution

(a)

Notons $A_{n}$ l’évènement « le jeu dure au moins $n$ parties ». $A_{n + 1}$ est la conjonction des évènements indépendants $A_{n}$ et le rouge sort au $n + 1$ - ième tirage ». On en déduit

$P (A_{n + 1}) = \frac{1}{2} P (A_{n}) .$

Par continuité décroissante, on obtient

$P (⋂_{n \in ℕ^{*}} A_{n}) = lim_{n \to + \infty} P (A_{n}) = 0 .$

L’arrêt du jeu est donc presque sûr.
Lorsque la partie s’arrête à la $n$ -ième tentative, le joueur a perdu $1 + 2 + \dots + 2^{n - 1}$ brouzoufs et vient de gagner $2^{n}$ brouzoufs. Au total, il gagne 1 brouzouf. Son gain étant presque sûrement constant égal à 1 brouzoufs, son espérance de gain vaut 1 brouzouf.
(b)

Avec ce nouveau protocole, lorsque la partie s’arrête à la $n$ -ième tentative, le gain du joueur vaut

${2.3}^{n - 1} - (1 + 3 + \dots + 3^{n - 1}) = \frac{3^{n - 1} + 1}{2} .$

L’espérance de gain est

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{3^{n - 1} + 1}{2} P (A_{n}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{3^{n - 1} + 1}{2^{n + 1}} = + \infty .$
(c)

Puisque le joueur ne peut disputer que $n$ parties, son espérance de gain devient

$\sum_{k = 1}^{n} 1 \times P (A_{n}) - (2^{n} - 1) P (⋃_{k = n + 1}^{+ \infty} A_{k}) = 1 - \frac{1}{2^{n}} - (2^{n} - 1) \times \frac{1}{2^{n}} = 0 .$

Exercice 68 4028 MINES (MP)Correction

(Loi de Pascal)

On dit qu’une variable aléatoire $X$ suit une loi de Pascal de paramètres $n \in ℕ^{*}$ et $p \in] 0; 1 [$ si

X (Ω) = n + ℕ et P (X = k) = (\binom{k - 1}{n - 1}) p^{n} {(1 - p)}^{k - n} .

(a)

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires indépendantes suivant toutes une loi géométrique de paramètre $p$ .

Montrer que $X_{1} + \dots + X_{n}$ suit une loi de Pascal de paramètres $n$ et $p$ .
(b)

En déduire l’espérance et la variance d’une loi de Pascal de paramètres $n$ et $p$ .

Solution

(a)

Raisonnons par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Cas: $n = 1$ .. Si $X$ suit une loi de Pascal de paramètres $1$ et $p$ alors

$P (X = k) = (\binom{k - 1}{0}) p {(1 - p)}^{k - 1} .$

On reconnaît une loi géométrique de paramètre $p$ .

Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 1$ .
L’évènement $X_{1} + \dots + X_{n + 1} = k$ peut se décomposer en la réunion des évènements incompatibles suivants

$X_{1} + \dots + X_{n} = ℓ et X_{n + 1} = k - ℓ pour ℓ \in ⟦ n; k - 1 ⟧ .$

On en déduit par indépendance

$P (X_{1} + \dots + X_{n + 1} = k) = \sum_{ℓ = n}^{k - 1} (\binom{ℓ - 1}{n - 1}) p^{n} {(1 - p)}^{ℓ - n} p {(1 - p)}^{k - ℓ - 1}$

puis

$P (X_{1} + \dots + X_{n + 1} = k) = p^{n + 1} {(1 - p)}^{k - (n + 1)} \sum_{ℓ = n}^{k - 1} (\binom{ℓ - 1}{n - 1}) .$

Or, par la formule du triangle de Pascal,

$\sum_{ℓ = n}^{k - 1} (\binom{ℓ - 1}{n - 1}) = (\binom{k - 1}{n})$

et donc

$P (X_{1} + \dots + X_{n + 1} = k) = (\binom{k - 1}{n}) p^{n + 1} {(1 - p)}^{k - (n + 1)} .$

La récurrence est établie.

Notons qu’une résolution par les fonctions génératrices est possible avec

$G_{X} (t) = {(\frac{p t}{1 - (1 - p) t})}^{n} .$
(b)

Par linéarité de l’espérance,

$E (X) = \frac{n}{p} .$

Par indépendance des variables sommées,

$V (X) = n \frac{1 - p}{p^{2}} .$

Exercice 69 4085

(Loi binomiale négative¹¹ 1 Cette loi étudie le nombre d’échecs précédant le $r$ -ième succès lors de la répétition d’épreuves de Bernoulli indépendantes de même paramètre $p$ .)

Soient $r \in ℕ^{*}$ , $p \in] 0; 1 [$ et $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ telle qu’il existe un réel $a$ pour lequel

P (X = n) = a (\binom{n + r - 1}{n}) {(1 - p)}^{n} pour tout n \in ℕ .

(a)

Déterminer $a$ .
(b)

Calculer l’espérance et la variance de $X$ .

On rappelle l’identité binomiale²² 2 Voir le sujet 3931. Cette identité est souvent utilisée en calcul des probabilités.:

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + m}{n}) x^{n} = \frac{1}{{(1 - x)}^{m + 1}} pour tous m \in ℕ et x \in] - 1; 1 [.$

Exercice 70 6041 CENTRALE (MP)Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes, $X_{n}$ suite une loi de Bernoulli de paramètre $1 / n$ . On pose

T = \min {n \in ℕ^{*} | X_{n} = 1, X_{n + 1} = 0}

(a)

Déterminer la loi de $T$ .
(b)

Calculer $E (T)$ et $V (T)$ .
(c)

Pour $(k, n) \in {(ℕ^{*})}^{2}$ , calculer $P (T = n ∣ X_{k} = 1)$ .

Solution

(a)

On a $T (Ω) \subset ℕ^{*}$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$(T = n) = (X_{1} = 1) \cap (X_{2} = 1) \cap \dots \cap (X_{n} = 1) \cap (X_{n + 1} = 0)$

Par indépendance,

$P (T = n) = 1 \times \frac{1}{2} \times \dots \times \frac{1}{n} \cdot \frac{n}{n + 1} = \frac{n}{(n + 1)!}$
(b)

On introduit la fonction génératrice¹¹ 1 Un calcul direct est possible et pas plus compliqué.

$G_{T} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (T = n) t^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n}{(n + 1)!} t^{n}$

(la formule donnant $P (T = n)$ vaut aussi pour $n = 0$ ). Pour $t \in ℝ$ ,

$G_{T} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\frac{n + 1}{(n + 1)!} - \frac{1}{(n + 1)!}) t^{n} = e^{t} - \frac{e^{t} - 1}{t}$

On a $G_{T}^{'} (1) = e - 1$ et $G_{T}^{''} (1) = 2$ . On en déduit

$E (T) = e - 1 et V (T) = 2 + (e - 1) - {(e - 1)}^{2} = 3 e - e^{2}$
(c)

Par définition,

$P (T = n ∣ X_{k} = 1) = \frac{P (T = n, X_{k} = 1)}{P (X_{k} = 1)}$

Cas: $k \geq n + 2$ . Les événements $(T = n)$ et $(X_{k} = 1)$ sont indépendants:

$P (T = n ∣ X_{k} = 1) = P (T = n)$

Cas: $k = n + 1$ . Les événements $(T = n)$ et $(X_{n + 1} = 1)$ sont incompatibles:

$P (T = n ∣ X_{k} = 1) = 0$

Cas: $k \leq n$ . L’événement $(X_{k} = 1)$ est inclus dans $(T = n)$ :

$P (T = n ∣ X_{k} = 1) = \frac{P (T = n)}{P (X_{k} = 1)} = k P (T = n)$

Exercice 71 4088

(Problème du collectionneur)

Chez un marchand de journaux, on peut acheter des pochettes contenant chacune une image. La collection complète comporte $N \geq 1$ images distinctes.

(a)

Montrer qu’il est presque sûr d’obtenir la collection complète en un nombre fini d’achats.

On limite l’étude à un espace probabilisé dans lequel la collection complète est toujours obtenue en un nombre fini d’achats. Pour $k \in ⟦ 1; N ⟧$ , on note $X_{k} \in ℕ^{*}$ le nombre d’achats ayant permis d’obtenir $k$ images distinctes. En particulier, $X_{1} = 1$ et $X_{N}$ est le nombre d’achats nécessaires à l’obtention de la collection complète.

(b)

Soit $k \in ⟦ 1; N - 1 ⟧$ . Par quelle loi peut-on modéliser la variable $X_{k + 1} - X_{k}$ ?
(c)

En déduire une expression de l’espérance de $X_{N}$ .

Exercice 72 4019 Correction

On lance une pièce équilibrée jusqu’à ce que celle-ci ait produit au moins une fois face et une fois pile.

(a)

Montrer qu’il est presque sûr que le jeu s’arrête.
(b)

On note $X$ le nombre de lancers avant que le jeu cesse.
Montrer que $X$ admet une espérance et déterminer celle-ci.

Solution

(a)

Le jeu dure infiniment si, et seulement si, chaque lancer produit «  face   » ou bien chaque lancer produit «  pile   ». Notons $A_{n}$ l’évènement:

«  le $n$ -ième lancer donne face  ».

Par indépendance des lancers

$P (A_{1} \cap \dots \cap A_{n}) = \prod_{k = 1}^{n} P (A_{k}) = \frac{1}{2^{n}} .$

Par continuité décroissante

$P (⋂_{n = 1}^{+ \infty} A_{n}) = lim_{n \to + \infty} P (A_{1} \cap \dots \cap A_{n}) = 0 .$

De même

$P (⋂_{n = 0}^{+ \infty} \bar{A_{n}}) = 0 .$

L’évènement «  le jeu ne s’arrête pas   » est donc négligeable.
(b)

$X$ est à valeurs dans $ℕ ∖ {0,1}$ .
Pour $n \in ℕ^{*}$ , on a $X > n$ si les $n$ premiers lancers sont identiques. On en déduit

$P (X > n) = P (⋂_{k = 1}^{n} A_{k} \cup ⋂_{k = 1}^{n} \bar{A_{k}}) = \frac{1}{2^{n - 1}} .$

On en déduit

$E (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X > n) = 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{n - 1}} = 3 .$

En fait, $X - 1$ suit une loi géométrique de paramètre $1 / 2$ .

Exercice 73 4182 CENTRALE (MP)Correction

On s’intéresse à la première apparition du motif « PF » dans un tirage infini de pile ou face, indépendants et non truqués. On note $A_{i}$ l’événement

« Le motif PF apparaît pour la première fois au rang $i$ ».

(c’est-à-dire que le P est en position $i - 1$ et le F en position $i$ ). On pose $q_{i} = P (A_{i})$ et $T$ la variable aléatoire donnant le rang d’apparition du motif.

(a)

Écrire un programme Python calculant la moyenne d’apparition du motif. Conjecture?
(b)

Montrer que

$P (⋃_{i \geq 2} A_{i}) = 1 .$
(c)

Décrire $A_{n}$ , pour $n \geq 2$ et en déduire la valeur de $q_{n}$ .
(d)

Montrer que $T$ est d’espérance finie et calculer son espérance.

On s’intéresse maintenant à la première apparition du motif « PP ». On note toujours $T$ la variable aléatoire donnant le rang de première apparition du motif et $q_{n} = P (T = n)$ , pour $n \geq 2$ .

(e)

Calculer avec Python la moyenne d’apparition du motif. Conjecture?
(f)

Montrer que $q_{2} = 1 / 4$ , $q_{3} = 1 / 8$ et

$\forall n \geq 4, q_{n} = \frac{q_{n - 1}}{2} + \frac{q_{n - 2}}{4} .$
(g)

Montrer que $T$ est d’espérance finie et calculer son espérance.

Solution

(a)

import random as rnd

def T():
    n = 0
    P = False
    PF = False
    while (not PF):
        n = n + 1
        x = rnd.random()
        if x < 0.5:
            P = True
        elif P:
            PF = True
        else:
            P = False
    return n

def repete(n):
    c = 0
    for i in range(n):
        c = c + T()
    return c/n

L’étude numérique amène à conjecturer $E (T) = 4$ .

(b)

Posons $A_{\infty}$ l’événement

« Le motif PF n’apparaît pas ».

L’événement $A_{\infty}$ est exactement la réunion des événements correspondant à une succession de F de longeur $k \in ℕ$ suivie exlcusivement de P ainsi que de l’événement correspondant uniquement à l’obtention de $F$ . L’événement $A_{\infty}$ est alors négligeable car réunion dénombrable d’événements de probabilités nulles¹¹ 1 Par exemple, la probabilité de n’obtenir que des F est par continuité décroissante la limite des probabilités de commencer par $n$ F à savoir $1 / 2^{n}$ . Les autres calculs sont analogues et, de façon générale, la probabilité d’obtenir un tirage infini précis est nulle.. On en déduit que la réunion des $A_{i}$ , avec $i \geq 2$ , est un événement presque sûr.
(c)

$A_{n}$ est la réunion des configurations commençant par un certain nombre $k \in ℕ$ de F puis se poursuivant avec des P au nombre de $ℓ \in ℕ^{*}$ tel que $k + ℓ = n - 1$ et se poursuivant enfin par un $F$ . Chacune de ces configurations est de probabilité $1 / 2^{n}$ et donc $q_{n} = \frac{n - 1}{2^{n}}$ .
(d)

La suite des $n q_{n}$ est sommable donc $T$ admet une espérance et

$E (T) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{(n - 1) n}{2^{n}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{{(1 - 1 / 2)}^{3}} = 4$

(la somme est calculée en dérivant deux fois la série entière géométrique).

(e)

On adapte le code précédent

def T():
    n = 0
    P = False
    PP = False
    while (not PP):
        n = n + 1
        x = rnd.random()
        if x < 0.5:
            if P:
                PP = True
            P = True
        else:
            P = False
    return n

On conjecture cette fois-ci une espérance égale à $6$ .

(f)

$q_{2}$ est la probabilité de PP et $q_{3}$ celle de FPP d’où les valeurs proposées. Pour $n \geq 4$ , on considère le système complet constitué des événements commençant par F, PF et PP et l’on obtient par argument de symétrie (quand on a obtenu F, cela remet les « compteurs à zéro »)

$q_{n} = \frac{1}{2} q_{n - 1} + \frac{1}{4} q_{n - 2} + \frac{1}{4} \times 0 .$ (1)
(g)

Commençons par vérifier que les $A_{n}$ avec $n \geq 2$ constituent un système complet. Les événements $A_{n}$ sont deux à deux incompatibles et la série des $q_{n}$ converge. En sommant la relation (1) pour $n$ supérieur à $2$ , on obtient après glissement d’indice

$\sum_{n = 2}^{+ \infty} q_{n} = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{2} \sum_{n = 3}^{+ \infty} q_{n} + \frac{1}{4} \sum_{n = 2}^{+ \infty} q_{n}$

puis

$\sum_{n = 2}^{+ \infty} q_{n} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \sum_{n = 2}^{+ \infty} q_{n} + \frac{1}{4} \sum_{n = 2}^{+ \infty} q_{n} .$

On en tire que la somme des $q_{n}$ est égale à $1$ . On peut alors calculer l’espérance de $T$ .

Pour $t \in [- 1; 1]$ , la fonction génératrice de $T$ en $t$ est donnée par

$G_{T} (t) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} q_{n} t^{n} = \frac{1}{4} t^{2} + \frac{1}{8} t^{3} + \frac{t}{2} (G_{T} (t) - \frac{t^{2}}{4}) + \frac{t^{2}}{4} G_{T} (t) .$ (2)

On peut exprimer $G_{T} (t)$ par une fraction rationnelle définie sur $[- 1; 1]$ , celle-ci est dérivable en $1$ ce qui assure que $T$ admet une espérance et, par dérivation de (2),

$G_{T}^{'} (t) = \frac{t}{2} + \frac{1}{2} G_{T} (t) + \frac{t}{2} G_{T}^{'} (t) + \frac{t}{2} G_{T} (t) + \frac{t^{2}}{4} G_{T}^{'} (t) .$

Pour $t = 1$ , on obtient

$E (T) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} E (T) + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} E (T) .$

On en tire $E (T) = 6$ .

Exercice 74 4370

Soient $N \in ℕ^{*}$ et ${(U_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi uniforme sur $⟦ 1; N ⟧$ . Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on pose

M_{n} = \max (U_{1}, \dots, U_{n}) .

Déterminer les limites de $E (M_{n})$ et de $V (M_{n})$ lorsque $n$ tend vers $+ \infty$ .

Exercice 75 5276 SAINT CYR (MP)Correction

On étudie la descendance d’une variété de fleurs. À la génération $0$ , on dispose d’une fleur. À chaque génération suivante, les fleurs présentes déterminent chacune et indépendamment un nombre de descendants qui suit une loi binomiale $ℬ (2, p)$ avec $p \in] 0; 1 [$ . Les fleurs d’une génération disparaissent à la génération suivante.

Pour tout entier naturel $n \in ℕ$ , on pose $u_{n}$ la probabilité de l’événement

E_{n} = «  La n -ième génération ne comporte pas de fleurs  ».

Il est entendu que $u_{0}$ est nul.

(a)

Calculer $u_{1}$ et montrer

$u_{n + 1} = {(1 - p + p u_{n})}^{2} pour tout n \in ℕ .$
(b)

Étudier la suite $(u_{n})$ . Quelle est sa limite?
(c)

Écrire une fonction descendance(p) qui simule la descendance d’une fleur sur une génération (cette fonction répond 0, 1 ou 2 selon la loi $ℬ (2, p)$ ).

Écrire une fonction descendances(n,p) qui simule la descendance de la fleur sur $n$ générations.

Écrire une fonction extinction(N,p) qui renvoie la fréquence d’extinction de la descendance après $20$ générations sur un nombre $N$ de simulations. Comparer aux résultats trouvés au-dessus.

Solution

(a)

Notons $X$ la variable aléatoire donnant le nombre de descendants de la première fleur.

$u_{1}$ est la probabilité que la première fleur ne détermine pas de descendants:

$u_{1} = P (X = 0) = (\binom{0}{2}) p^{0} {(1 - p)}^{2} = {(1 - p)}^{2} .$

Pour exprimer $u_{n + 1}$ en fonction de $u_{n}$ , on discute selon le nombre de descendants de la première fleur.

Si la première fleur n’a pas de descendants, il est certain que la $n + 1$ -ième génération ne comporte aucune fleur

$P (E_{n + 1} ∣ X = 0) = 1 .$

Si la première fleur a un descendant, on a par translation de l’expérience

$P (E_{n + 1} ∣ X = 1) = u_{n} .$

Si la première fleur a deux descendants, l’indépendance des générations entraîne que les $n$ générations induites par chacune des deux fleurs soient éteintes pour que $E_{n + 1}$ soit réalisé

$P (E_{n + 1} ∣ X = 2) = u_{n}^{2} .$

La formule des probabilités totales donne alors

$P (E_{n + 1}) = 1 \times P (X = 0) + u_{n} P (X = 1) + u_{n}^{2} P (X = 2)$

et donc

$u_{n + 1} = {(1 - p)}^{2} + 2 p (1 - p) u_{n} + p^{2} u_{n}^{2} = {((1 - p) + p u_{n})}^{2} .$
(b)

La suite $(u_{n})$ est une suite récurrente de premier terme $u_{0} = 0$ et de fonction itératrice

$f : x \mapsto {((1 - p) + p x)}^{2} .$

Afin d’acquérir la monotonie de $(u_{n})$ , on étudie le signe de

$g : x \mapsto f (x) - x = p^{2} x^{2} + (2 p (1 - p) - 1) x + {(1 - p)}^{2} .$

On remarque que $1$ est racine apparente et le produit des racines de cette équation du second degré suffit pour déterminer l’autre racine

$r = {(\frac{1 - p}{p})}^{2} .$

On distingue alors deux cas:

Cas: $p \geq 1 / 2$ . Le réel $r$ est supérieur à $1$ et la fonction $g$ est positive sur $[0; 1]$ . La suite $(u_{n})$ est alors croissante et majorée donc convergente. Sa limite est point fixe de $f$ dans $[0; 1]$ , c’est-à-dire racine de $g$ , c’est $1$ . L’extinction est presque sûre.

Cas: $p < 1 / 2$ . Le réel $r$ est élément de $] 0; 1 [$ . L’intervalle $[0; r]$ étant stable par $f$ , $u_{0}$ étant élément de celui-ci et $g$ étant positive sur cet intervalle, la suite $(u_{n})$ croît et est majorée par $r$ . Sa limite est alors $r$ .

(c)

from random import random

def descendance(p):
    r = random()
    if r < (1-p)**2: return 0
    if r - (1-p)**2 < 2* p * (1-p): return 1
    return 2

def descendances(n,p):
    res = 1
    for _ in range(n):
        k = 0
        for i in range(res):
            k = k + descendance(p)
        res = k
    return res

def extinction(N,p):
    c = 0
    for _ in range(N):
        if descendances(20,p) == 0: c = c + 1
    return c/N

L’expérimentation est conforme à la théorie.

Exercice 76 4374

Un joueur dispose de $N$ dés équilibrés. Il lance une première fois ceux-ci et met de côté les dés ayant donné un six. S’il en reste, les autres dés sont relancés et l’on répète l’expérience jusqu’à ce que tous les dés aient donné un six. On introduit la variable aléatoire $T$ à valeurs dans $ℕ^{*} \cup {+ \infty}$ donnant le nombre de lancers nécessaires.

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Calculer la probabilité de $(T \leq n)$ .
(b)

Justifier que l’expérience s’arrête presque sûrement.
(c)

Vérifier que la variable $T$ admet une espérance finie et donner une formule exprimant celle-ci à l’aide d’une somme finie.

Exercice 77 4130 Correction

On considère une suite ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ de variables de Bernoulli indépendantes de même paramètre $p \in] 0; 1 [$ et l’on étudie la première apparition de deux succès consécutifs dans cette suite.

(a)

Montrer qu’il est presque sûr qu’il existe $n \geq 2$ vérifiant

$X_{n} = X_{n - 1} = 1 .$
(b)

On note $T$ la variable aléatoire donnée par

$T = \min {n \geq 2 | X_{n} = X_{n - 1} = 1} \cup {+ \infty} .$

Calculer $P (T = 2)$ , $P (T = 3)$ .
(c)

Pour $n \geq 3$ , exprimer $P (T = n)$ en fonction de $P (T = n - 1)$ et $P (T = n - 2)$ .
(d)

Calculer l’espérance de $T$ .

Solution

(a)

Introduisons les événements

$A_{p} = {X_{2 p - 1} + X_{2 p} \leq 1} avec p \geq 1 .$

Ces événements sont indépendants et

$P (A_{p}) = {(1 - p)}^{2} + 2 p (1 - p) = 1 - p^{2} .$

Par continuité décroissante

$P (⋂_{p = 1}^{+ \infty} A_{p}) = lim_{N \to + \infty} P (⋂_{p = 1}^{N} A_{p}) .$

Par indépendance

$P (⋂_{p = 1}^{N} A_{p}) = \prod_{p = 1}^{N} P (A_{p}) = {(1 - p^{2})}^{N} .$

Par limite d’une suite géométrique de raison $1 - p^{2} \in] 0; 1 [$ , on obtient

$P (⋂_{p = 1}^{+ \infty} A_{p}) = 0 .$

Par conséquent, l’événement $\bar{⋃_{p = 1}^{+ \infty} A_{p}}$ est presque sûr. Ainsi, il existe presque sûrement un rang pair en lequel il y a deux succès consécutifs. A fortiori, il est presque sûr qu’il existe un rang (pair ou impair) en lequel il y a deux succès consécutifs.
(b)

Pour $n \geq 2$ , on souhaite calculer $p_{n} = P (T = n)$ .

Pour $n = 2$ , l’événement $(T = 2)$ correspond à $(X_{1} = 1, X_{2} = 1)$ de probabilité $p^{2}$ .
Pour $n = 3$ , l’événement $(T = 3)$ correspond à $(X_{1} = 0, X_{2} = 1, X_{3} = 1)$ de probabilité $(1 - p) p^{2}$ .
(c)

Pour $n \geq 3$ , considérons le système complet d’événements

$(X_{1} = 0), (X_{1} = 1, X_{2} = 0), (X_{1} = 1, X_{2} = 1) .$

Par la formule des probabilités totales,

$P (T = n) = P_{(X_{1} = 0)} (T = n) P (X_{1} = 0) + P_{(X_{1} = 1, X_{2} = 0)} (T = n) P (X_{1} = 1, X_{2} = 0) + P_{(X_{1} = 1, X_{2} = 1)} (T = n) P (X_{1} = 1, X_{2} = 1)$

Or

$P_{(X_{1} = 0)} (T = n) = P (T = n - 1) .$

En effet, la première épreuve étant un échec, obtenir deux succès consécutifs au rang $n$ revient maintenant à obtenir deux succès consécutifs au rang $n - 1$ . Par un argument analogue

$P_{X_{1} = 1, X_{2} = 0} (T = n) = P (T = n - 2) .$

Enfin

$P_{X_{1} = 1, X_{2} = 1} (T = n) = 0$

car les deux succès consécutifs ont été obtenus au rang 2 et qu’ici $n \geq 3$ .
Finalement, on obtient la relation de récurrence

$P (T = n) = (1 - p) P (T = n - 1) + p (1 - p) P (T = n - 2) .$
(d)

Puisque la variable $T$ est à valeurs dans $ℕ \cup {+ \infty}$ , on sait

$E (T) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (T \geq n) dans [0; + \infty]$

La formule qui précède donne

$\forall n \geq 3,, P (T \geq n) = (1 - p) P (T \geq n - 1) + p (1 - p) P (T \geq n - 2) .$

En sommant, il vient

$E (T) - P (T \geq 1) - P (T \geq 2) = (1 - p) (E (T) - P (T \geq 1)) + p (1 - p) E (T)$

avec $P (T \geq 1) = P (T \geq 2) = 1$ . On en déduit

$E (T) = \frac{1 + p}{p^{2}} .$

Exercice 78 5848 Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon la loi de Bernoulli de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

Soit $r > 0$ . On pose

T_{r} = inf {n \geq r | X_{n} = X_{n - 1} = \dots = X_{n - r + 1} = 1}

avec la convention $inf \emptyset = + \infty$ .

On admet que $T_{r}$ définit une variable aléatoire.

(a)

Interpréter $T_{r}$ et identifier la loi de $T_{1}$ .
(b)

Établir que pour tout $n \in ℕ$ , $P (T_{r} = n + r + 1) = (1 - p) p^{r} P (T_{r} > n)$ .
(c)

Calculer l’espérance de $T_{r}$ .

Solution

(a)

La variable $T_{r}$ détermine le temps d’attente d’une première série de $r$ succès consécutifs dans la répétition indépendante d’une même épreuve de Bernoulli de paramètre $p$ . En particulier, $T_{1}$ est le temps d’attente d’un premier succès, $T_{1}$ suit donc une loi géométrique de paramètre $p$ .
(b)

On remarque

$(T_{r} = n + r + 1) \subset (T_{r} > n)$

et

$(T_{r} = n + r + 1) \subset (X_{n + 1} = 0) \cap (X_{n + 2} = 1) \cap \dots \cap (X_{n + r + 1} = 1)$

donc

$(T_{r} = n + r + 1) \subset (X_{n + 1} = 0) \cap (X_{n + 2} = 1) \cap \dots \cap (X_{n + r + 1} = 1) \cap (T_{r} > n) .$

L’inclusion réciproque est évidente et donc

$(T_{r} = n + r + 1) = (X_{n + 1} = 0) \cap (X_{n + 2} = 1) \cap \dots \cap (X_{n + r + 1} = 1) \cap (T_{r} > n) .$

L’événement $(T_{r} > n)$ est uniquement fonction des variables $X_{1}, \dots, X_{n}$ et est donc indépendants de l’événement $(X_{n + r + 1} = 1) \cap \dots \cap (X_{n + 2} = 1) \cap (X_{n + 1} = 0)$ .

Par indépendance,

$P (T_{r} = n + r + 1)$ $= P ((X_{n + 1} = 0) \cap (X_{n + 2} = 1) \cap \dots \cap (X_{n + r + 1} = 1)) P (T_{r} > n)$

$= P (X_{n + 1} = 0) P (X_{n + 2} = 1) \times \dots \times P (X_{n + r + 1} = 1)) P (T_{r} > n)$

$= (1 - p) p^{r} P (T_{r} > n) .$
(c)

Dans $[0; + \infty]$ , on sait

$E (T_{r}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (T_{r} > n) .$

En sommant les relations précédentes,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (T_{r} = n + r + 1) = (1 - p) p^{r} E (T_{r}) .$ (1)

Or

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (T_{r} = n + r + 1) = \sum_{n = r + 1}^{+ \infty} P (T_{r} = n) = 1 - P (T_{r} = r) - P (T_{r} = + \infty) .$

Nécessairement $P (T_{r} = + \infty) = 0$ car sinon $E (T_{r}) = + \infty$ ce qui n’est pas compatible avec l’identité (1). Aussi,

$P (T_{r} = r) = P (X_{1} = 1, \dots, X_{r} = 1) = P (X_{1} = 1) \times \dots \times P (X_{r} = 1) = p^{r}$

et donc

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (T_{r} = n + r + 1) = 1 - p^{r} .$

On peut alors conclure

$E (T_{r}) = \frac{1 - p^{r}}{(1 - p) p^{r}} = \frac{(1 - p) (1 + p + \dots + p^{r - 1})}{(1 - p) p^{r}} = \frac{1}{p^{r}} + \dots + \frac{1}{p} .$

Exercice 79 4124 Correction

Dans une urne figurent $N$ boules numérotées de 1 à $N$ (avec $N \geq 2$ ). Dans celle-ci on opère des tirages successifs avec remise dans l’attente d’une série de $k$ boules consécutives identiques (avec $k \geq 2$ ). On admet qu’il est presque sûr que ce processus s’arrête et l’on note $T$ la variable aléatoire déterminant le nombre de tirages opérés à l’arrêt du processus.

(a)

Calculer $P (T = k)$ et $P (T = k + 1)$ .
(b)

Soit $n \geq 1$ , établir

$P (T = n + k) = \frac{N - 1}{N^{k}} P (T > n) .$
(c)

En déduire que l’espérance de la variable $T$ .

Solution

Pour $i \geq 2$ , on introduit l’événement:

A_{i} = «  La i -ème boule tirée est identique à la précédente  ».

Compte tenu de la composition de l’urne, on peut affirmer

P (A_{i}) = \frac{1}{N} .

Au surplus, les événements $A_{i}$ sont indépendants.

(a)

On observe

$(T = k) = A_{2} \cap \dots \cap A_{k}$

Par indépendance,

$P (T = k) = P (A_{2}) \times \dots \times P (A_{k}) = \frac{1}{N^{k - 1}} .$

Aussi,

$(T = k + 1) = \bar{A_{2}} \cap A_{3} \cap \dots \cap A_{k + 1}$

Par indépendance,

$P (T = k + 1) = (1 - \frac{1}{N}) {(\frac{1}{N})}^{k - 1} = \frac{N - 1}{N^{k}}$
(b)

Méthode: On exprime $(T = n + k)$ en fonction $\bar{(T \leq n)}$ et d’événements $A_{i}$ bien choisis.

L’événement $(T = n + k)$ correspond à $\bar{(T \leq n)} \cap \bar{A_{n + 1}} \cap A_{n + 2} \cap \dots \cap A_{n + k}$ . Par indépendance,

$P (T = n + k) = P (T > n) \times \frac{N - 1}{N^{k}} .$
(c)

Puisque la variable $T$ est à valeurs dans $ℕ \cup {+ \infty}$ , on sait

$E (T) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (T > n) dans [0; + \infty] .$

Cela donne

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (T > n) = P (T > 0) + \frac{N^{k}}{N - 1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (T = n + k) .$

De plus, puisque le processus s’arrête presque sûrement et que la variable $T$ prend ses valeurs dans ${k, k + 1, \dots}$ , on a

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} P (T = n + k) = \sum_{n = k}^{+ \infty} P (T = n) - P (T = k) = 1 - \frac{1}{N^{k - 1}} .$

On en déduit la valeur de l’espérance de $T$

$E (T) = \frac{N^{k} - 1}{N - 1} .$

Exercice 80 5448 Correction

Deux urnes sont respectivement constituées de $N$ boules blanches pour la première et de $N$ boules rouges pour la seconde (avec $N \in ℕ^{*}$ ).

On tire une boule dans chaque urne, on échange celles-ci et l’on recommence. On note $X_{n}$ le nombre de boules rouges figurant dans la première urne après le $n$ -ième tirage et l’on admet l’existence d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ permettant l’étude de cette expérience.

(a)

Déterminer $X_{0}$ et $X_{1}$ .

Pour $n \in ℕ$ , on pose $Y_{n} = X_{n + 1} - X_{n}$

(b)

Soit $k \in ⟦ 0; N ⟧$ . Déterminer la loi de $Y_{n}$ pour la probabilité conditionnelle sachant $(X_{n} = k)$ .
(c)

En déduire l’espérance de $X_{n}$ puis étudier la limite de celle-ci quand $n$ tend vers $+ \infty$ .

Solution

(a)

Par lecture de l’expérience, $X_{0} = 0$ et $X_{1} = 1$ .
(b)

La variable $X_{n}$ prend ses valeurs dans $⟦ 0; N ⟧$ .

La variable $Y_{n}$ prend ses valeurs dans ${- 1,0,1}$ .

Pour avoir $(Y_{n} = - 1)$ , il faut piocher une boule rouge dans la première urne et une boule blanche dans la deuxième. Puisque ces urnes comportent respectivement $X_{n}$ boules rouges et $X_{n}$ boules blanches, il vient

$P (Y_{n} = - 1 ∣ X_{n} = k) = \frac{k}{N} \cdot \frac{k}{N} = \frac{k^{2}}{N^{2}} pour tout k \in ⟦ 0; N ⟧ .$ (1)

De même, on obtient

$P (Y_{n} = 1 ∣ X_{n} = k) = \frac{{(N - k)}^{2}}{N^{2}}$

et, par complément,

$P (Y_{n} = 0 ∣ X_{n} = k) = 1 - \frac{k^{2}}{N^{2}} - \frac{{(N - k)}^{2}}{N^{2}} = \frac{2 (N - k) k}{N^{2}} .$
(c)

On remarque que $E (Y_{n}) = E (X_{n + 1}) - E (X_{n})$ avec

$E (Y_{n})$ $= P (Y_{n} = 1) - P (Y_{n} = - 1)$

$= \sum_{k = 0}^{N} \frac{{(N - k)}^{2}}{N^{2}} P (X_{n} = k) - \sum_{k = 0}^{N} \frac{k^{2}}{N^{2}} P (X_{n} = k)$

$= \sum_{k = 0}^{N} \frac{N^{2} - 2 N k}{N^{2}} P (X_{n} = k) = 1 - \frac{2}{N} E (X_{n}) .$

Ainsi, on obtient la relation de récurrence

$E (X_{n + 1}) = \frac{N - 2}{N} E (X_{n}) - 1 pour tout n \in ℕ .$

On reconnaît une suite arithmético-géométrique dont on peut exprimer le terme général sachant $E (X_{0} = 0)$

$E (X_{n}) = \frac{N}{2} - \frac{N}{2} {(\frac{N - 2}{N})}^{n} pour tout n \in ℕ .$

On en déduit

$E (X_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{N}{2}$

sauf si $N = 1$ où l’on observe que $E (X_{n})$ alterne entre $0$ et $1$ .

Exercice 81 2124 Correction

(a)

Pour $q \in] - 1; 1 [$ , établir la convergence et donne la valeur de $\sum_{n = 0}^{+ \infty} n q^{n}$ .

On lance un dé à six faces équilibré jusqu’à obtenir la valeur 6. On note $X$ la variable aléatoire donnée par le nombre de lancers effectués. Si $X$ est pair, on gagne $X$ euros. Si $X$ est impair, on perd $X$ euros. On note $Y$ la variable aléatoire représentant le gain.

(b)

Écrire une fonction Python simulant la variable $X$ . Écrire aussi une fonction Python simulant la variable $Y$ .
(c)

Donner la loi de $X$ .
(d)

Calculer l’espérance de $Y$

Solution

(a)

On sait que la série entière géométrique $\sum x^{n}$ est de rayon de convergence $R = 1$ . La série entière $\sum n x^{n}$ est donc aussi de rayon de convergence $R = 1$ . Cela assure la convergence absolue de la série étudiée pour tout $q \in] - 1; 1 [$ . Au surplus,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} n q^{n} = q \sum_{n = 1}^{+ \infty} n q^{n - 1} = q \frac{d}{d q} (\sum_{n = 0}^{+ \infty} q^{n}) = q \frac{d}{d q} (\frac{1}{1 - q}) = \frac{q}{{(1 - q)}^{2}} .$

(b)

On peut anticiper que la variable $X$ suit une loi géométrique de paramètre $p = 1 / 6$ et employer la fonction geometric de la librairie numpy.random. À défaut, on peut être plus élémentaire

import numpy.random as rd

def X():
    n = 1
    while rd.randint(1, 7) != 6:
        n += 1
    return n

def Y():
    x = X()
    if x % 2 == 0:
        return x
    else:
        return -x

(c)

$X$ est le temps d’attente dans la répétition indépendante d’une même épreuve de Bernoulli de paramètre $p = 1 / 6$ . La variable $X$ suit donc une loi géométrique de paramètre $p$ .

(d)

Sous réserve de convergence absolue,

	$E (Y)$	$= \sum_{y \in ℤ} y P (Y = y) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} 2 k P (Y = 2 k) - \sum_{k = 0}^{+ \infty} (2 k + 1) P (Y = - (2 k + 1))$
		$= \sum_{k = 1}^{+ \infty} 2 k P (X = 2 k) - \sum_{k = 0}^{+ \infty} (2 k + 1) P (X = 2 k + 1)$
		$= \sum_{k = 1}^{+ \infty} 2 k p {(1 - p)}^{2 k - 1} - \sum_{k = 0}^{+ \infty} (2 k + 1) p {(1 - p)}^{2 k} .$

Il y a convergence absolue des sommes manipulées ce qui assure la sommabilité de la famille définissant l’espérance de $Y$ .

Par introduction des termes d’indices pairs,

	$E (Y)$	$= \sum_{k = 1}^{+ \infty} 4 k p {(1 - p)}^{2 k - 1} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} k p {(1 - p)}^{k - 1}$
		$= \frac{4 p}{1 - p} \sum_{k = 0}^{+ \infty} k {({(1 - p)}^{2})}^{k} - \frac{p}{1 - p} \sum_{k = 0}^{+ \infty} k {(1 - p)}^{k} .$

Par le calcul de la première question,

E (Y) = \frac{4 (1 - p)}{p {(1 - {(1 - p)}^{2})}^{2}} - \frac{p}{{(1 - (1 - p))}^{2}} = \frac{4 (1 - p)}{p {(2 - p)}^{2}} - \frac{1}{p} .

Enfin, par réduction au même dénominateur,

E (Y) = \frac{- p}{{(2 - p)}^{2}} .

Exercice 82 5295 ENSTIM (MP)Correction

(a)

Soit $k \in ℕ^{*}$ . Pour $x \in] - 1; 1 [$ , exprimer simplement

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + k) (n + k - 1) \times \dots \times (n + 1) x^{n} .$

On lance une pièce de monnaie ayant une probabilité $p \in] 0; 1 [$ de faire pile. On compte $N$ le nombre de lancers nécessaires pour obtenir pile pour la première fois. Ensuite, on lance la pièce $N$ fois et l’on compte le nombre de fois $X$ où l’on obtient pile.

(b)

Déterminer la loi de $X$ .
(c)

Calculer l’espérance de $X$ .

Solution

(a)

On sait le développement en série entière

$\frac{1}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n} pour tout x \in] - 1; 1 [.$

Par dérivation à l’ordre $k$ de ce développement,

$\frac{k!}{{(1 - x)}^{k + 1}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + k) (n + k - 1) \times \dots \times (n + 1) x^{n} pour tout x \in] - 1; 1 [.$

(b)

La variable $N$ suit une loi géométrique de paramètre $p$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ , lorsque $N = n$ , la variable $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ . La variable $X$ prend globalement ses valeurs dans $ℕ$ .

Pour $k \in ℕ^{*}$ , la formule des probabilités totales donne

	$P (X = k)$	$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (X = k ∣ N = n) P (N = n)$
		$= \sum_{n = k}^{+ \infty} (\binom{n}{k}) p^{k} {(1 - p)}^{n - k} p {(1 - p)}^{n - 1}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + k}{k}) p^{k + 1} {(1 - p)}^{2 n + k - 1}$
		$= p^{k + 1} {(1 - p)}^{k - 1} \frac{1}{k!} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + k) (n + k - 1) \times \dots \times (n + 1) {(1 - p)}^{2 n}$
		$= {p^{k + 1} {(1 - p)}^{k - 1} \frac{1}{k!} \cdot (\frac{k!}{{(1 - x)}^{k + 1}}) \|}_{x = {(1 - p)}^{2}}$
		$= p^{k + 1} {(1 - p)}^{k - 1} \frac{1}{{(2 p - p^{2})}^{k + 1}} = \frac{{(1 - p)}^{k - 1}}{{(2 - p)}^{k + 1}} .$

Pour $k = 0$ , le calcul est légèrement différent¹¹ 1 À la première étape, lorsque la somme débute à $n = k$ au lieu de $n = 1$ , l’égalité devient fausse pour $k = 0$ car cela adjoint un terme. car $N$ prend seulement ses valeurs dans $ℕ^{*}$ ,

	$P (X = 0)$	$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (X = 0 ∣ N = n) P (N = n)$
		$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(1 - p)}^{n} p {(1 - p)}^{n - 1} = \frac{p (1 - p)}{1 - {(1 - p)}^{2}} .$

(c)

L’espérance de $X$ vaut alors

$E (X) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} k \frac{{(1 - p)}^{k - 1}}{{(2 - p)}^{k + 1}} = \frac{1}{{(2 - p)}^{2}} \cdot \frac{d}{d x} {(\frac{1}{1 - x})}_{x = \frac{1 - p}{2 - p}} = 1 .$

Exercice 83 5858 Correction

(Fonction caractéristique)

On appelle fonction caractéristique d’une variable aléatoire $X$ prenant ses valeurs dans $ℤ$ , l’application $φ_{X} : ℝ \to ℂ$ donnée par

φ_{X} (t) = E (e^{i t X}) .

(a)

Vérifier que $φ_{X}$ est définie, continue sur $ℝ$ et $2 π$ -périodique.
(b)

On suppose que $X$ admet une espérance. Vérifier que $φ_{X}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et exprimer $E (X)$ à l’aide de $φ_{X}^{'}$ .

Que peut-on dire si $X$ est de variance finie? Exprimer alors $V (X)$ à l’aide de $φ_{X}$ .
(c)

Application : Retrouver les valeurs connues de l’espérance et la variance d’une loi géométrique.

Solution

(a)

Pour tout $t \in ℝ$ , la variable aléatoire $e^{i t X}$ est bornée, elle admet donc une espérance et cela assure la définition $φ_{X} (t)$ . De plus, la formule de transfert donne

$φ_{X} (t) = \sum_{n \in ℤ} u_{n} (t) avec u_{n} (t) = e^{i n t} P (X = n) .$

Les fonctions $u_{n}$ sont continues et la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement¹¹ 1 Contrairement à l’usage, $n$ parcourt $ℤ$ au lieu de $ℕ$ mais cela ne change par grand chose: il suffit de séparer la somme en deux selon le signe de l’indice pour adapter les propos. sur $ℝ$ car

$\sum_{n \in ℤ} sup_{t \in ℝ} | u_{n} (t) | = \sum_{n \in ℤ} P (X = n) < + \infty$

On en déduit que la fonction $φ_{X}$ est continue. Aussi, cette fonction est $2 π$ -périodique car chacune des fonctions $u_{n}$ l’est.
(b)

Supposons que $X$ admette une espérance:

$\sum_{n \in ℤ} | n | P (X = n) < + \infty .$

Les fonctions $u_{n}$ introduites au-dessus sont de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ avec

$u_{n}^{'} (t) = i n e^{i n t} P (X = n) .$

La série de fonctions $\sum u_{n}^{'}$ converge normalement puisque

$\sum_{n \in ℤ} sup_{t \in ℝ} | u_{n}^{'} (t) | = \sum_{n \in ℤ} | n | P (X = n) < + \infty$

On en déduit²² 2 Encore une fois, la somme est indexée sur $ℤ$ mais cela ne change rien. que $φ_{X}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ avec

$φ_{X}^{'} (t) = \sum_{n \in ℤ} i n e^{i n t} P (X = n) = E (i X e^{i t X}) .$

En particulier, $E (X) = - i φ_{X}^{'} (0)$ .

De façon analogue, on obtient que si $X$ est de variance finie, $φ_{X}$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ$ et $E (X^{2}) = - φ^{''} (0)$ . Par la formule de Huygens,

$V (X) = {(φ^{'} (0))}^{2} - φ^{''} (0) .$
(c)

Si $X$ suit une loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ , on obtient par sommation géométrique de raison $q = (1 - p) e^{i t}$ avec $| q | < 1$

$φ_{X} (t) = \sum_{n \in ℕ^{*}} e^{i n t} {(1 - p)}^{n - 1} p = \frac{p e^{i t}}{1 - (1 - p) e^{i t}} .$

On a alors

$φ_{X}^{'} (t) = \frac{i p e^{i t}}{1 - (1 - p) e^{i t}} + \frac{i p (1 - p) e^{2 i t}}{{(1 - (1 - p) e^{i t})}^{2}}$

et

$φ_{X}^{''} (t) = \frac{- p e^{i t}}{1 - (1 - p) e^{i t}} - \frac{3 p (1 - p) e^{2 i t}}{{(1 - (1 - p) e^{i t})}^{2}} - \frac{2 p {(1 - p)}^{2} e^{3 i t}}{{(1 - (1 - p) e^{i t})}^{3}} .$

On en tire

$E (X) = 1 + \frac{1 - p}{p} = \frac{1}{p}$

et

$V (X) = - \frac{1}{p^{2}} + 1 + \frac{3 (1 - p)}{p} + \frac{2 {(1 - p)}^{2}}{p^{2}} = \frac{1}{p^{2}} - \frac{1}{p} .$

Exercice 84 4018 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire discrète à valeurs dans $[a; b]$ .

(a)

Montrer que $X$ admet une espérance $m$ et que celle-ci est élément de $[a; b]$ .
La variable $X$ admet aussi une variance $σ^{2}$ que l’on se propose de majorer.
On introduit la variable aléatoire $Y = X - m$ et les quantités

$t = \sum_{y \geq 0} y P (Y = y), s = \sum_{y \geq 0} y^{2} P (Y = y) et u = P (Y \geq 0) .$
(b)

Vérifier

$t^{2} \leq s u .$
(c)

Calculer espérance et variance de $Y$ . En déduire

$t^{2} \leq (σ^{2} - s) (1 - u) .$
(d)

En exploitant les deux majorations précédentes, obtenir

$t^{2} \leq σ^{2} / 4 .$
(e)

Conclure

$σ^{2} \leq {(b - a)}^{2} / 4 .$

Solution

(a)

Posons $M = \max (- a, b)$ . On a $| X | \leq M$ et la constante $M$ admet une espérance. On en déduit que $X$ admet une espérance. De plus,

$m = E (X) = \sum_{x \in X (Ω)} x P (X = x) \geq \sum_{x \in X (Ω)} a P (X = x) = a$

et de même $m \leq b$ .
(b)

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

${(\sum_{y \geq 0} y P (Y = y))}^{2} \leq \sum_{y \geq 0} y^{2} P (Y = y) \sum_{y \geq 0} P (Y = y) = s u .$
(c)

De façon immédiate $E (Y) = 0$ et $V (Y) = σ^{2}$ . On en déduit

$t = - \sum_{y < 0} y P (Y = y) et \sum_{y < 0} y^{2} P (Y = y) = σ^{2} - s .$

En appliquant à nouveau l’inégalité de Cauchy-Schwarz

$t^{2} \leq (σ^{2} - s) (1 - u) .$
(d)

Ce qui précède fournit

$t^{2} \leq \min {s u, (σ^{2} - s) (1 - u)}$

pour $u \in [0; 1]$ et $s \in [0; σ^{2}]$ . Sachant

$s u \leq (σ^{2} - s) (1 - u) \Leftrightarrow s + σ^{2} u \leq σ^{2} .$

Si $s + σ^{2} u \leq σ^{2}$ alors

$\min {s u, (σ^{2} - s) (1 - u)} = s u \leq σ^{2} (1 - u) u \leq σ^{2} / 4 .$

Si $s + σ^{2} u > σ^{2}$ , c’est analogue et la conclusion demeure.
(e)

On a

$σ^{2} = E (Y^{2}) = \sum_{y \geq 0} y^{2} P (Y = y) + \sum_{y < 0} y^{2} P (Y = y) .$

Puisque $Y$ est à valeurs dans $[a - m; b - m]$ , on a

$\sum_{y \geq 0} y^{2} P (Y = y) \leq \sum_{y \geq 0} (b - m) y P (Y = y) = (b - m) t$

et

$\sum_{y < 0} y^{2} P (Y = y) \leq \sum_{y < 0} (a - m) y P (Y = y) = - (a - m) t .$

On en déduit

$σ^{2} \leq (b - a) t .$

En élevant au carré

$σ^{4} \leq {(b - a)}^{2} t^{2} = \frac{{(b - a)}^{2}}{4} σ^{2} .$

Enfin, que $σ$ soit nul ou non, on obtient

$σ^{2} \leq \frac{{(b - a)}^{2}}{4} .$

Notons que cette inégalité est une égalité lorsque $X$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p = 1 / 2$ .

Exercice 85 4949 MINES (MP)Correction

Pour un entier $n \geq 2$ , on donne une matrice $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ dont les coefficients $m_{i, j}$ sont des variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi d’espérance $μ$ . Pour $λ \in ℝ$ , calculer l’espérance de $χ_{M} (λ)$ .

Solution

On sait $χ_{M} (λ) = \det (λ I_{n} - M)$ . Par la formule définissant le déterminant et la linéarité de l’espérance

E (χ_{M} (λ)) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) E (\prod_{i = 1}^{n} (λ δ_{σ (i), i} - m_{σ (i), i})) .

Par indépendance des variables, on a pour tout $σ \in 𝒮_{n}$ ,

E (\prod_{i = 1}^{n} (λ δ_{σ (i), i} - m_{σ (i), i})) = \prod_{i = 1}^{n} E (λ δ_{σ (i), i} - m_{σ (i), i}) = \prod_{i = 1}^{n} (λ δ_{σ (i), i} - μ) .

On en déduit

E (χ_{M} (λ)) = χ_{A} (λ)

avec $A$ la matrice dont tous les coefficients sont égaux à $μ$ . La poursuite des calculs donne

E (χ_{M} (λ)) = (λ - n μ) λ^{n - 1} .

Exercice 86 4379

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice dont les coefficients sont des variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon la loi centrée réduite.

Calculer $E (\det (A))$ et $V (\det (A))$ .

Exercice 87 4380

Cinq amis prennent place autour d’une table ronde et possèdent chacun deux jetons. On suppose que les jetons sont tous blancs sauf deux bleus qui sont possédés par deux voisins. À chaque tour, chacun distribue arbitrairement ses deux jetons, l’un à son camarade de droite, l’autre à son camarade de gauche. Le jeu s’arrête lorsque l’un des amis prend possession des deux jetons bleus.

Calculer le nombre moyen de tours nécessaires pour que le jeu s’arrête.

[<] Calcul d'espérances et variances[>] Moments

Exercice 88 5632 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires $L^{2}$ . Établir

{(Cov (X, Y))}^{2} \leq V (X) V (Y) .

Solution

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on sait que pour toutes variables $X, Y \in L^{2}$ ,

E {(X Y)}^{2} \leq E (X^{2}) E (Y^{2}) .

Il suffit d’appliquer ce résultat aux variables $X^{'} = X - E (X)$ et $Y^{'} = Y - E (Y) \in L^{2}$ pour obtenir

	${(Cov (X, Y))}^{2}$	$= E {((X - E (X)) (Y - E (Y)))}^{2}$
		$\leq E ({(X - E (X))}^{2}) E ({(Y - E (Y))}^{2}) = V (X) V (Y) .$

Exercice 89 5339 Correction

Pour $X \in L^{2} (Ω)$ , on note $σ (X) = \sqrt{V (X)}$ l’écart-type de la variable $X$ .

Pour $X, Y \in L^{2} (Ω)$ , comparer $σ (X + Y)$ et $σ (X) + σ (Y)$ .

Solution

Soient $X, Y \in L^{2} (Ω)$ . On sait $X + Y \in L^{2} (Ω)$ et

V (X + Y) = V (X) + 2 Cov (X, Y) + V (Y) .

Or, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

| Cov (X, Y) | \leq \sqrt{V (X)} \sqrt{V (Y)}

et donc

V (X + Y) \leq V (X) + 2 \sqrt{V (X)} \sqrt{V (Y)} + V (Y) = {(\sqrt{V (X)} + \sqrt{V (Y)})}^{2} .

On en déduit

σ (X + Y) \leq σ (X) + σ (Y) .

Exercice 90 5862 Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi de Bernoulli de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

Pour $n \geq 1$ , on pose $Y_{n} = X_{n} X_{n + 1}$ et $S_{n} = Y_{1} + \dots + Y_{n}$ .

(a)

Identifier la loi de $Y_{n}$ .
(b)

Calculer l’espérance et la variance de $S_{n}$ .
(c)

Soit $ε > 0$ . Justifier

$P (| \frac{S_{n}}{n} - p^{2} | \geq ε) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Solution

(a)

La variable $Y_{n}$ prend ses valeurs dans ${0, 1}$ et, par indépendance,

$P (Y_{n} = 1) = P (X_{n} = 1, X_{n + 1} = 1) = P (X_{n} = 1) P (X_{n + 1} = 1) = p^{2} .$

La variable $Y_{n}$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p^{2}$ .

(b)

Notons que les variables $Y_{n}$ ne sont pas indépendantes: on ne peut pas affirmer que $S_{n}$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p^{2}$ . Cependant, par linéarité,

E (S_{n}) = E (Y_{1}) + \dots + E (Y_{n}) = n p^{2} .

Aussi,

	$Cov (Y_{n}, Y_{n + 1})$	$= E (Y_{n} Y_{n + 1}) - E (Y_{n}) E (Y_{n + 1})$
		$= P (Y_{n} Y_{n + 1} = 1) - p^{2} \times p^{2}$
		$= P (X_{n} = 1) P (X_{n + 1} = 1) P (X_{n + 2} = 1) - p^{4} = p^{3} - p^{4}$

alors que, par indépendance par paquets,

\forall k \geq 2, Cov (Y_{n}, Y_{n + k}) = 0 .

On en déduit

	$V (S_{n})$	$= \sum_{i = 1}^{n} V (Y_{i}) + 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} Cov (Y_{i}, Y_{j})$
		$= \sum_{i = 1}^{n} V (Y_{i}) + 2 \sum_{i = 1}^{n - 1} Cov (Y_{i}, Y_{i + 1})$
		$= \sum_{i = 1}^{n} p^{2} (1 - p^{2}) + 2 (n - 1) (p^{3} - p^{4})$
		$= n p^{2} + 2 (n - 1) p^{3} - (3 n - 2) p^{4} .$

(c)

Par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev,

$P (| \frac{S_{n}}{n} - p^{2} | \geq ε) = P (| S_{n} - E (S_{n}) | \geq n ε) \leq \frac{V (S_{n})}{n^{2} ε^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 91 5001

Soient $X_{1}$ et $X_{2}$ deux variables aléatoires réelles suivant toutes les deux la loi d’une variable aléatoire réelle $X$ bornée.

On suppose que $X_{1} + X_{2}$ suit la loi de la variable $2 X$ . Montrer que $X_{1} = X_{2}$ presque sûrement¹¹ 1 Cela signifie $P (X_{1} = X_{2}) = 1$ ..

Exercice 92 5320 Correction

L’univers $Ω$ est l’ensemble des permutations de $⟦ 1; n ⟧$ (avec $n \in ℕ^{*}$ ) que l’on munit de la tribu discrète et de la probabilité uniforme. Pour $k \in ⟦ 1; n ⟧$ , on définit une variable aléatoire $X_{k}$ sur $Ω$ en posant, pour tout $σ$ élément de $Ω$ ,

X_{k} (σ) = {\begin{matrix} 1 & si σ (k) = k \\ 0 & sinon. \end{matrix}

(a)

Identifier la loi de la variable $X_{k}$ .
(b)

Soient $i, j \in ⟦ 1; n ⟧$ distincts. Calculer $Cov (X_{i}, X_{j})$ .
(c)

En déduire l’espérance et la variance de la variable $N$ donnant le nombre de points fixes d’une permutation $σ$ élément de $Ω$ .

Solution

(a)

La variable $X_{k}$ prend ses valeurs dans ${0,1}$ , elle suit donc une loi de Bernoulli. Pour déterminer son paramètre, il suffit d’évaluer $P (X_{k} = 1)$ .

Il y a $n!$ éléments dans $Ω$ et, parmi ceux-ci, il y a exactement $(n - 1)!$ permutations fixant $k$ car ces dernières s’identifient par restriction aux permutations de $⟦ 1; n ⟧ ∖ {k}$ . La probabilité étant uniforme,

$P (X_{k} = 1) = \frac{(n - 1)!}{n!} = \frac{1}{n} .$

La variable $X_{k}$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p = \frac{1}{n}$ .
(b)

Méthode: Par la formule de Huygens,

$Cov (X_{i}, X_{j}) = E (X_{i} X_{j}) - E (X_{i}) E (X_{j}) .$

La variable $X_{i} X_{j}$ prend ses valeurs dans ${0,1}$ , elle suit aussi une loi de Bernoulli. La variable $X_{i} X_{j}$ prend la valeur $1$ uniquement lorsque $i$ et $j$ sont des points fixes de la permutation étudiée. Les permutations fixant $i, j$ s’identifient par restriction aux permutations de $⟦ 1; n ⟧ ∖ {i, j}$ , il y en a exactement $(n - 2)!$ et

$P (X_{i} X_{j} = 1) = \frac{(n - 2)!}{n!} = \frac{1}{n (n - 1)} .$

La variable $X_{i} X_{j}$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p^{'} = \frac{1}{n (n - 1)}$ .

L’espérance d’une loi de Bernoulli étant égale à son paramètre, on obtient¹¹ 1 La covariance obtenue est positive et cela peut être attendu car, si une permutation admet $i$ pour point fixe, cela réduit les valeurs possibles pour $j$ et accroît la probabilité que $j$ soit point fixe.

$Cov (X_{i}, X_{j}) = E (X_{i} X_{j}) - E (X_{i}) E (X_{j}) = \frac{1}{n (n - 1)} - \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{(n - 1) n^{2}} .$
(c)

La variable $N$ correspond à la somme $X_{1} + \dots + X_{n}$ . Par linéarité de l’espérance,

$E (N) = \sum_{k = 1}^{n} E (X_{k}) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n} = 1 .$

Méthode: La variance d’une somme se développe par bilinéarité de la covariance.

Par développement,

$V (N)$ $= Cov (N, N) = Cov (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}, \sum_{j = 1}^{n} X_{j}) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} Cov (X_{i}, X_{j})$

$= \sum_{i = 1}^{n} V (X_{i}) + 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} Cov (X_{i}, X_{j}) .$

La première somme comporte $n$ termes égaux à la variance d’une loi de Bernoulli de paramètre $\frac{1}{n}$ et la seconde somme comporte $\frac{n (n - 1)}{2}$ égaux à la covariance précédemment calculée. On peut alors terminer le calcul

$V (N) = n \cdot \frac{1}{n} (1 - \frac{1}{n}) + 2 \cdot \frac{n (n - 1)}{2} \cdot \frac{1}{n^{2} (n - 1)} = 1 .$

Exercice 93 5400 Correction

(Processus de comptage)

Un dispositif de comptage dénombre les visiteurs qui entrent dans un musée. On note $X_{0} = 0$ et, pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on introduit la variable aléatoire $X_{n}$ qui donne le nombre de visiteurs ayant passé le portail entre les instants $0$ et $n$ . On admet que la variable $X_{n + 1} - X_{n}$ suit une loi de Poisson de paramètre $α$ et que les différentes variables $X_{n + 1} - X_{n}$ pour $n \geq 0$ sont indépendantes.

Soient $(n, m) \in ℕ^{2}$ avec $0 \leq m \leq n$ .

(a)

Déterminer la loi de $X_{n} - X_{m}$ .
(b)

Calculer $E (X_{m} (X_{n} - X_{m}))$ puis la covariance des variables aléatoires $X_{m}$ et $X_{n}$
(c)

Quelle est la loi du couple $(X_{m}, X_{n})$ ?
(d)

Pour $n \neq 0$ , on pose $p = m / n$ . Pour $k \in ℕ$ , calculer la loi de probabilité de $X_{m}$ sachant que $X_{n} = k$ puis identifier cette loi.

On note $N$ la variable aléatoire qui prend pour valeur le plus petit entier $n > 0$ tel qu’il soit entré au moins un visiteur entre les instants $0$ et $n$ .

(e)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , exprimer l’évènement $(N = n)$ en fonction de $X_{n - 1}$ et $X_{n}$ , puis déterminer la loi de $N$ et donner son espérance.

Solution

(a)

Par somme de variables aléatoires de Poisson indépendantes, $X_{n} - X_{m}$ suit une loi de Poisson de paramètre $α (n - m)$ .

(b)

La variable $X_{m} = X_{m} - X_{0}$ suit une loi de Poisson de paramètre $α m$ . En vertu du lemme des coalitions, les variables

X_{m} = X_{m} - X_{0} = \sum_{k = 0}^{m - 1} (X_{k + 1} - X_{k}) et X_{n} - X_{m} = X_{n} - X_{m} = \sum_{k = m}^{n - 1} (X_{k + 1} - X_{k})

sont indépendantes.

E (X_{m} (X_{n} - X_{m})) = E (X_{m}) E ((X_{n} - X_{m})) = α^{2} m (n - m) .

On en déduit la covariance de $X_{m}$ et $X_{n}$

	$Cov (X_{m}, X_{n})$	$= E (X_{m} X_{n}) - E (X_{m}) E (X_{n})$
		$= E (X_{m} (X_{n} - X_{m})) + E (X_{m}^{2}) - E (X_{m}) E (X_{n})$
		$= E (X_{m} (X_{n} - X_{m})) + V (X_{m}) + E {(X_{m})}^{2} - E (X_{m}) E (X_{n})$
		$= α^{2} m (n - m) + α m + α^{2} m^{2} - α^{2} m n = α m .$

La formule proposée n’est pas symétrique en $m$ et $n$ mais cela s’explique par la condition $m \leq n$ .

(c)

Le couple $(X_{m}, X_{n})$ prend ses valeurs dans ${(j, k) \in ℕ^{2} | j \leq k}$ car $X_{m}$ et $X_{n} - X_{m}$ prennent leurs valeurs dans $ℕ$ .

Soit $(j, k) \in ℕ^{2}$ tel que $j \leq k$ . On a

$P ((X_{m}, X_{n}) = (j, k)) = P (X_{m} = j, X_{n} = k) = P (X_{m} = j, X_{n} - X_{m} = k - j) .$

Par indépendance,

$P ((X_{m}, X_{n}) = (j, k))$ $= P (X_{m} = j) P (X_{n} - X_{m} = k - j)$

$= e^{- α m} \frac{{(α m)}^{j}}{j!} \times e^{- α (n - m)} \frac{(α {(n - m)}^{k - j})}{(k - j)!}$

$= e^{- α n} α^{k} \frac{m^{j} {(n - m)}^{k - j}}{j! (k - j)!} .$
(d)

Sous la condition $(X_{n} = k)$ , la variable aléatoire $X_{m}$ prend ses valeurs dans $⟦ 0; k ⟧$ . Pour $j \in ⟦ 0; k ⟧$ ,

$P (X_{m} = j ∣ X_{n} = k) = \frac{P (X_{m} = j, X_{n} = k)}{P (X_{n} = k)} = (\binom{k}{j}) p^{j} {(1 - p)}^{k - j} .$

On reconnaît une loi binomiale de paramètres $k$ et $p$ .
(e)

Immédiatement,

$(N = n) = (X_{n - 1} = 0) \cap (X_{n} > 0) = (X_{n - 1} = 0) \cap (X_{n} - X_{n - 1} > 0) .$

La variable $N$ prend ses valeurs dans $ℕ^{*}$ et, par indépendance,

$P (N = n)$ $= P (X_{n - 1} = 0) P (X_{n} - X_{n - 1} > 0)$

$= P (X_{n - 1} = 0) (1 - P (X_{n} - X_{n - 1} = 0))$

$= e^{- α (n - 1)} (1 - e^{- α}) .$

On reconnaît une loi géométrique de paramètre $1 - e^{- α}$ et l’on peut alors donner son espérance et sa variance

$E (N) = \frac{1}{1 - e^{- α}} .$

Exercice 94 4086 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires réelles dont les carrés sont d’espérances finies.

On suppose $V (X) > 0$ . Déterminer $a, b \in ℝ$ minimisant la quantité

E ({(Y - (a X + b))}^{2}) .

Solution

On a

E ({(Y - (a X + b))}^{2}) = V (Y - (a X + b)) + E {(Y - (a X + b))}^{2} .

D’une part

V (Y - (a X + b)) = V (Y - a X) = a^{2} V (X) - 2 a Cov (X, Y) + V (Y)

et donc

	$V (Y - (a X + b))$	$= V (Y - a X)$
		$= {(a - \frac{Cov (X, Y)}{V (X)})}^{2} V (X) + \frac{V (X) V (Y) - {(Cov (X, Y))}^{2}}{V (X)} .$

D’autre part

E {(Y - (a X + b))}^{2} = 0 pour b = E (Y) - a E (X) .

On en déduit que

E ({(Y - (a X + b))}^{2})

est minimale pour

a = \frac{Cov (X, Y)}{V (X)} et b = \frac{V (X) E (Y) - Cov (X, Y) E (X)}{V (X)} .

Ces valeurs de $a$ et $b$ réalisent une régression linéaire: elles donnent la meilleure expression linéaire de $Y$ en fonction de $X$ .

Exercice 95 4048 Correction

Un signal est diffusé via un canal et un bruit vient malheureusement s’ajouter à la transmission. Le signal est modélisé par une variable aléatoire discrète réelle $S$ d’espérance $m_{S}$ et de variance $σ_{S}^{2}$ connues. Le bruit est modélisé par une variable $B$ indépendante de $S$ d’espérance nulle et de variance $σ_{B}^{2} > 0$ . Après diffusion, le signal reçu est $X = S + B$ .

Déterminer $a, b \in ℝ$ pour que $Y = a X + b$ soit au plus proche de $S$ c’est-à-dire telle que l’espérance $E ({(Y - S)}^{2})$ soit minimale.

Solution

Par la formule de Huygens

E ({(Y - S)}^{2}) = V (Y - S) + {(E (Y - S))}^{2}

avec

E (Y - S) = (a - 1) m_{S} + b

V (Y - S) = V ((a - 1) S + a B + b) = {(a - 1)}^{2} σ_{s}^{2} + a^{2} σ_{B}^{2}

car la covariance de $S$ et $B$ est nulle.
La quantité $V (Y - S)$ est minimale pour

a = \frac{σ_{S}^{2}}{σ_{S}^{2} + σ_{B}^{2}}

et l’on peut alors rendre le terme ${(E (Y - S))}^{2}$ nul pour

b = (1 - a) m_{S} .

Au final

Y = \frac{σ_{S}^{2}}{σ_{S}^{2} + σ_{B}^{2}} X + \frac{σ_{B}^{2}}{σ_{S}^{2} + σ_{B}^{2}} m_{S} .

Exercice 96 4047 Correction

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires discrètes réelles $L^{2}$ . On appelle matrice de covariance de la famille $(X_{1}, \dots, X_{n})$ la matrice

Σ = {(Cov (X_{i}, X_{j}))}_{1 \leq i, j \leq n} .

(a)

Soit $X = a_{1} X_{1} + \dots + a_{n} X_{n}$ avec $a_{i} \in ℝ$ .

Exprimer la variance de $X$ en fonction de la matrice $Σ$ .
(b)

En déduire que les valeurs propres de la matrice $Σ$ sont toutes positives.

Solution

(a)

On a

$V (X) = Cov (X, X) .$

Par bilinéarité

$V (a_{1} X_{1} + \dots + a_{n} X_{n}) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} V (X_{i}, X_{j}) .$

Ce calcul est aussi le résultat du produit matriciel

$C^{⊤} Σ C avec C = {(\begin{matrix} a_{1} & \dots & a_{n} \end{matrix})}^{⊤} .$
(b)

Soit $C = {(\begin{matrix} a_{1} & \dots & a_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ un vecteur propre de $Σ$ associé à une valeur propre $λ$ .
On a $C^{⊤} Σ C = λ C^{⊤} C = λ {∥ C ∥}^{2}$ et, pour $X = a_{1} X_{1} + \dots + a_{n} X_{n}$ , $V (X) \geq 0$ donc

$λ = \frac{V (X)}{{∥ C ∥}^{2}} \geq 0 .$

Exercice 97 4378

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires discrètes réelles $L^{2}$ . On appelle matrice de covariance de la famille $(X_{1}, \dots, X_{n})$ , la matrice

M = {(Cov (X_{i}, X_{j}))}_{1 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n} (ℝ) .

Montrer que cette matrice est diagonalisable et à valeurs propres positives.

Exercice 98 5273 ENSTIM (MP)Correction

Soient $X, Y$ des variables aléatoires indépendantes suivant une loi de Poisson de paramètre $λ \in ℝ_{+}^{*}$ .

(a)

Déterminer les fonctions génératrices de $X$ et $3 Y$ .
(b)

En déduire la fonction génératrice de $Z = X + 3 Y$ .
(c)

Calculer $E (Z)$ et $V (Z)$ .
(d)

Les variables $X$ et $Z$ sont-elles indépendantes?
(e)

Trouver le minimum de la fonction $t \mapsto V (X + t Y)$ .

Solution

(a)

Pour tout $t$ réel,

$G_{X} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X = n) t^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- λ} \frac{{(λ t)}^{n}}{n!} = e^{λ (t - 1)}$

et

$G_{3 Y} (t) = E (t^{3 Y}) = E ({(t^{3})}^{Y}) = G_{Y} (t^{3}) = e^{λ (t^{3} - 1)} .$
(b)

Par indépendance des variables $X$ et $3 Y$ ,

$G_{Z} (t) = G_{X} (t) G_{3 Y} (t) = e^{λ (t - 1) (t^{2} + t + 2)} .$
(c)

Par linéarité,

$E (Z) = E (X) + 3 E (Y) = 4 λ .$

Par indépendance,

$V (Z) = V (X) + 9 V (Y) = 10 λ .$
(d)

Les variables $X$ et $Z$ ne sont pas indépendantes car

$P (X = 1, Z = 0) = 0 et P (X = 1) P (Z = 0) \neq 0 .$
(e)

Par indépendance,

$V (Z) = V (X + t Y) = V (X) + t^{2} V (Y) .$

Cette expression est minimale pour $t = 0$ .

[<] Covariances[>] Inégalités de concentration

Exercice 99 4025

On dit qu’une variable aléatoire $X$ admet un moment d’ordre $p \in ℕ$ lorsque $X^{p}$ admet une espérance finie.

Soit $X$ une variable aléatoire réelle discrète admettant un moment d’ordre $n \in ℕ$ .

Montrer que $X$ admet un moment d’ordre $k$ pour tout $k \in ⟦ 0; n ⟧$ .

Exercice 100 5578 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires réelles dont les carrés sont d’espérances finies.

On suppose que la variable $X$ n’est pas presque sûrement nulle et que l’on a

E {(X Y)}^{2} = E (X^{2}) E (Y^{2}) .

Montrer qu’il existe $λ \in ℝ$ tels que $Y = λ X$ presque sûrement.

Solution

Pour $λ \in ℝ$ , on introduit la variable aléatoire $Z_{λ} = {(λ X - Y)}^{2}$ . La variable $Z_{λ}$ admet une espérance et, par linéarité,

E (Z_{λ}) = E (λ^{2} X^{2} - 2 λ X Y + Y^{2}) = λ^{2} E (X^{2}) - 2 λ E (X Y) + E (Y^{2}) .

Cette expression est un trinôme¹¹ 1 En effet $E (X^{2}) > 0$ car $X$ n’est pas presque sûrement nulle. en $λ$ de discriminant

Δ = 4 E {(X Y)}^{2} - 4 E (X^{2}) E (Y^{2}) = 0 .

Il existe donc $λ \in ℝ$ tel que $E (Z_{λ}) = 0$ . Or la variable $Z_{λ}$ est à valeurs positives et donc $Z_{λ} = 0$ presque sûrement, c’est-à-dire $Y = λ X$ presque sûrement.

Exercice 101 5377 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires discrètes réelles bornées. On suppose

E (X^{k}) = E (Y^{k}) pour tout k \in ℕ^{*} .

A-t-on nécessairement $P (X = Y) = 1$ ?

Solution

La réponse est négative. Si $X$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $1 / 2$ et si $Y = 1 - X$ , on vérifie

E (X^{k}) = \frac{1}{2} = E (Y^{k}) pour tout k \in ℕ^{*}

alors que $P (X \neq Y) = 1$ !

Exercice 102 5376 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires discrètes réelles prenant chacune leurs valeurs dans $[a; b]$ . On suppose

E (X^{k}) = E (Y^{k}) pour tout k \in ℕ .

Montrer que, pour toute fonction $f : [a; b] \to ℝ$ continue,

E (f (X)) = E (f (Y)) .

Solution

Par linéarité, on vérifie

E (P (X)) = E (P (Y)) pour tout P \in ℝ [X] .

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue. Pour tout $ε > 0$ , le théorème de Weierstrass assure l’existence d’un polynôme $P \in ℝ [X]$ tel que

sup_{t \in [a; b]} | f (t) - P (t) | \leq ε .

On a alors

| E (f (X)) - E (P (X)) | = | E (f (X) - P (X)) | \leq E (| f (X) - P (X) |) \leq ε

et de même

| E (f (Y)) - E (P (Y)) | \leq ε avec E (P (X)) = E (P (Y)) .

On en déduit

| E (f (X)) - E (f (Y)) | \leq 2 ε .

Cela étant vrai pour tout $ε > 0$ , on peut conclure.

Exercice 103 4084

(Fonction génératrice des moments)

Soit $X$ une variable aléatoire discrète réelle. On note $I_{X}$ l’ensemble des $t \in ℝ$ pour lesquels la variable $e^{t X}$ admet une espérance finie et l’on pose

M_{X} (t) = E (e^{t X}) pour tout t \in I_{X} .

(a)

Montrer que $I_{X}$ est un intervalle contenant $0$ .
(b)

On suppose que 0 est intérieur à l’intervalle $I_{X}$ . Montrer que la variable $X$ admet des moments à tout ordre et que, sur un intervalle centré en $0$ ,

$M_{X} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{E (X^{n})}{n!} t^{n} .$

Exercice 104 4023 MINES (MP)Correction

Soit $X$ une variable aléatoire discrète réelle. Sous réserve d’existence, on appelle fonction génératrice des moments de $X$ l’application

M_{X} (t) = E (e^{t X}) .

(a)

On suppose que $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ$ . Déterminer $M_{X} (t)$ .
(b)

On suppose que la fonction $M_{X}$ est définie sur un intervalle $] - a; a [$ .
Montrer qu’elle y est de classe $𝒞^{\infty}$ et que l’on a

$E (X^{n}) = M_{X}^{(n)} (0) .$

Solution

(a)

Soit $t \in ℝ$ , on a, avec convergence absolue

$M_{X} (t) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} e^{- λ} \frac{λ^{k}}{k!} e^{k t} = e^{λ (e^{t} - 1)} .$
(b)

Si $X$ ne prend qu’un nombre fini de valeurs ${x_{1}, \dots, x_{n}}$ , l’affaire est entendue: la fonction génératrice des moments de $X$ est développable en série entière sur $ℝ$ avec

$M_{X} (t) = \sum_{k = 1}^{n} e^{t x_{k}} P (X = x_{k})$

et après permutation des sommes

$M_{X} (t) = \sum_{ℓ = 0}^{+ \infty} \frac{1}{ℓ!} \sum_{k = 1}^{n} {(x_{k})}^{ℓ} P (X = x_{k}) t^{ℓ} = \sum_{ℓ = 0}^{+ \infty} \frac{1}{ℓ!} E (X^{ℓ}) t^{ℓ} .$

Si $X$ prend une infinité de valeurs, c’est plus technique…
Notons ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ une énumération des valeurs de $X$ . Pour $t \in] - a; a [$

$M_{X} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X = x_{n}) e^{t x_{n}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (t)$

avec

$u_{n} (t) = P (X = x_{n}) e^{t x_{n}} .$

Par hypothèse, la série de fonctions convergence simplement sur $] - a; a [$ .
Les fonctions $u_{n}$ sont toutes de classe $𝒞^{\infty}$ avec

$u_{n}^{(k)} (t) = P (X = x_{n}) x_{n}^{k} e^{t x_{n}} .$

Soit $α > 0$ tel que $[- α; α] \subset] - a; a [$ .
Pour $t \in [- α; α]$ , on peut écrire

$| u_{n}^{(k)} (t) | \leq P (X = x_{n}) | x_{n}^{k} | e^{α | x_{n} |} .$

Introduisons $ρ \in] α; a [$ . On peut écrire

$P (X = x_{n}) {| x_{n} |}^{k} e^{α | x_{n} |} = {| x_{n} |}^{k} e^{(α - ρ) | x_{n} |} \times P (X = x_{n}) e^{ρ | x_{n} |} .$

D’une part, la fonction $t \mapsto t^{k} e^{(α - ρ) t}$ est définie et continue sur $[0; + \infty [$ et de limite nulle en $+ \infty$ , elle est donc bornée ce qui permet d’introduire une constante $M_{k}$ vérifiant

$\forall n \in ℕ, {| x_{n} |}^{k} e^{(α - ρ) | x_{n} |} \leq M_{k} .$

D’autre part,

$P (X = x_{n}) e^{ρ | x_{n} |} \leq P (X = x_{n}) e^{ρ x_{n}} + P (X = x_{n}) e^{- ρ x_{n}} .$

En vertu de la convergence en $\pm ρ$ de la série définissant $M_{X} (t)$ , on peut assurer la convergence de la série positive

$\sum P (X = x_{n}) e^{ρ | x_{n} |} .$

La majoration uniforme

$| u_{n}^{(k)} (t) | \leq M_{k} P (X = x_{n}) e^{ρ | x_{n} |}$

donne la convergence normale de $\sum u_{n}^{(k)}$ sur $[- α; α]$ .
Via convergence uniforme sur tout segment, on peut conclure que $M_{X}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - a; a [$ .
De plus, on a pour tout ordre de dérivation $k$ et avec sommabilité la relation

$M_{X}^{(k)} (0) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}^{(k)} (0) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x_{n}^{k} P (X = x_{n}) = E (X^{k}) .$

[<] Moments[>] Fonctions génératrices

Exercice 105 5504 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire discrète à valeurs dans $[a; b]$ .

Montrer que pour tout $c \in [a; b]$ ,

\frac{E (X) - c}{b - c} \leq P (X \geq c) \leq \frac{E (X) - a}{c - a} .

Solution

Les événements $(X \geq c)$ et $(X - a \geq c - a)$ sont identiques. La variable $X - a$ étant à valeurs positives, l’inégalité de Markov donne

P (X \geq c) = P (X - a \geq c - a) \leq \frac{E (X - a)}{c - a} = \frac{E (X) - a}{c - a} .

Les événements $(X < c)$ et $(b - X > b - c)$ sont identiques. La variable $b - X$ étant à valeurs positives, l’inégalité de Markov donne

P (X < c) = P (b - X > b - c) \leq \frac{E (b - X)}{b - c} = \frac{b - E (X)}{b - c} .

Par passage à l’événement contraire,

P (X \geq c) = 1 - P (X < c) \geq 1 - \frac{b - E (X)}{b - c} = \frac{E (X) - c}{b - c} .

Exercice 106 5365 Correction

(a)

Énoncer et démontrer l’inégalité de Markov.
(b)

Application : Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs réelles.

Montrer que pour tout réel $a$

$P (X \geq a) \leq E (e^{X - a}) .$

Solution

(a)

Soient $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℝ_{+}$ et $a \geq 0$ . Posons $A = (X \geq a)$ . On remarque $X \geq a 1_{A}$ et par croissance et linéarité de l’espérance

$E (X) \geq a E (1_{A}) = a P (A) = a P (X \geq a)$

ce qui constitue l’inégalité de Markov.
(b)

Par stricte croissance de l’exponentielle, on remarque

$(X \geq a) = (e^{X} \geq e^{a}) .$

La variable aléatoire $Y = e^{X}$ est positive et, pour $a \in ℝ$ , l’inégalité de Markov donne

$E (Y) \geq e^{a} P (Y \geq e^{a}) .$

On en déduit

$P (X \geq a) \leq e^{- a} E (Y) = E (e^{X - a}) .$

Exercice 107 5861 Correction

Soient $X$ une variable aléatoire réelle et $f : ℝ_{+} \to ℝ_{+}$ une fonction strictement croissante. Montrer

\forall a > 0, P (| X | \geq a) \leq \frac{E (f (| X |))}{f (a)} .

Solution

Soit $a > 0$ . Par stricte croissance de $f$ , on remarque l’égalité d’événements

(| X | \geq a) = (f (| X |) \geq f (a)) .

On applique l’inégalité de Markov à la variable aléatoire positive $Y = f (| X |)$ et l’on a

\forall b > 0, P (Y \geq b) \leq \frac{E (Y)}{b} .

Pour $b = f (a) > 0$ , on obtient l’inégalité voulue.

Exercice 108 5630 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire discrète telle que $E (X) = V (X) = λ$ avec $λ > 0$ .

(a)

Montrer

$P (X \geq 2 λ) \leq P ({(X - λ + 1)}^{2} \geq {(λ + 1)}^{2}) .$
(b)

En déduire

$P (X \geq 2 λ) \leq \frac{1}{λ + 1} .$

Solution

(a)

On remarque la comparaison d’événements

$(X \geq 2 λ) = (X - λ + 1 \geq λ + 1) \subset ({(X - λ + 1)}^{2} \geq {(λ + 1)}^{2}) .$

Par croissance des probabilités,

$P (X \geq 2 λ) \leq P ({(X - λ + 1)}^{2} \geq {(λ + 1)}^{2}) .$
(b)

La variable ${(X - λ + 1)}^{2}$ est à valeurs positives. Par l’inégalité de Markov,

$P ({(X - λ + 1)}^{2} \geq {(λ + 1)}^{2}) \leq \frac{1}{{(λ + 1)}^{2}} E ({(X - λ + 1)}^{2}) .$

Or, par linéarité,

$E ({(X - λ + 1)}^{2}) = E ({(X - λ)}^{2}) + 2 (\underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{E (X) - λ}}) + 1 = V (X) + 1 = λ + 1$

et donc

$P (X \geq 2 λ) \leq \frac{1}{λ + 1} .$

Exercice 109 4113 Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires deux à deux indépendantes avec $X_{n}$ suivant une loi de Bernoulli de paramètre $p_{n}$ . Montrer que pour tout $ε > 0$

lim_{n \to + \infty} P (| \frac{X_{1} + \dots + X_{n}}{n} - \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} p_{i} | < ε) = 1 .

Solution

Posons

X = \frac{X_{1} + \dots + X_{n}}{n} .

Par linéarité de l’espérance,

E (X) = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} E (X_{i}) = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} p_{i} .

Les variables étant deux à deux indépendantes,

V (X) = \frac{1}{n^{2}} \sum_{i = 1}^{n} V (X_{i}) = \frac{1}{n^{2}} \sum_{i = 1}^{n} p_{i} (1 - p_{i}) \leq \frac{1}{4 n}

car $x (1 - x) \leq 1 / 4$ pour tout $x \in [0; 1]$ .

En appliquant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on écrit

P (| X - E (X) | \geq ε) \leq \frac{V (X)}{ε^{2}} .

En passant au complémentaire, on obtient

P (| \frac{X_{1} + \dots + X_{n}}{n} - \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} p_{i} | < ε) \geq 1 - \frac{1}{4 n ε^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} 1

ce qui permet de conclure.

Exercice 110 4122 Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction continue et $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Soit $S_{n}$ une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètres $n$ et $x \in [0; 1]$ et $X_{n} = S_{n} / n$
Donner les valeurs de l’espérance et de la variance de $X_{n}$ . Justifier

$\forall α > 0, P (| X_{n} - x | > α) \leq \frac{1}{4 n α^{2}} .$
(b)

On introduit la variable aléatoire $Y_{n} = f (X_{n})$ et l’on pose $B_{n} (f) (x) = E (Y_{n})$ .
Vérifier que $B_{n} (f) (x)$ est une fonction polynôme de la variable $x$ .
Soit $ε > 0$ . La fonction $f$ étant continue sur le segment $[0; 1]$ , elle y est uniformément continue (théorème de Heine). Ceci assure l’existence d’un réel $α > 0$ vérifiant

$\forall (x, y) \in {[0; 1]}^{2}, | y - x | \leq α ⟹ | f (y) - f (x) | \leq ε .$

Au surplus, la fonction $f$ étant continue sur un segment, elle y est bornée (théorème de la borne atteinte). Ceci permet d’introduire un réel $M$ vérifiant

$\forall x \in [0; 1], | f (x) | \leq M .$
(c)

Avec les notations ci-dessus, établir

$| \sum_{| \frac{k}{n} - x | > α} (f (\frac{k}{n}) - f (x)) P (X_{n} = k / n) | \leq \frac{M}{2 n α^{2}}$

et

$| \sum_{| \frac{k}{n} - x | \leq α} (f (\frac{k}{n}) - f (x)) P (X_{n} = k / n) | \leq ε .$
(d)

Conclure qu’à partir d’un certain rang, on a

$\forall x \in [0; 1], | B_{n} (f) (x) - f (x) | \leq 2 ε .$

Ce résultat constitue une démonstration « probabiliste » du théorème de Stone-Weierstrass assurant que toute fonction réelle continue sur un segment peut être uniformément approchée par une fonction polynôme.

Solution

(a)

On sait $E (S_{n}) = n x$ et $V (S_{n}) = n x (1 - x)$ . On en déduit

$E (X_{n}) = x et V (X_{n}) = \frac{x (1 - x)}{n} .$

Par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on peut affirmer

$P (| X_{n} - E (X_{n}) | > α) \leq \frac{V (X_{n})}{α^{2}} .$

On en déduit

$P (| X_{n} - x | > α) \leq \frac{x (1 - x)}{n α^{2}} \leq \frac{1}{4 n α^{2}}$

car $x (1 - x) \leq 1 / 4$ pour tout $x \in [0; 1]$ .
(b)

Sachant que les valeurs prises par $X_{n}$ figurent parmi les $k / n$ avec $k \in ⟦ 0; n ⟧$ , la formule de transfert donne

$E (Y_{n}) = \sum_{k = 0}^{n} f (\frac{k}{n}) P (X_{n} = \frac{k}{n}) avec P (X_{n} = \frac{k}{n}) = P (S_{n} = k) = (\binom{n}{k}) x^{k} {(1 - x)}^{n - k} .$

Ainsi,

$B_{n} (f) (x) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) f (\frac{k}{n}) x^{k} {(1 - x)}^{n - k} .$

La fonction $x \mapsto B_{n} (f) (x)$ est bien une fonction polynôme.
(c)

Sachant

$| f (\frac{k}{n}) - f (x) | \leq | f (\frac{k}{n}) | + | f (x) | \leq 2 M$

on obtient

$| \sum_{| \frac{k}{n} - x | > α} (f (\frac{k}{n}) - f (x)) P (X_{n} = k / n) | \leq 2 M \sum_{| \frac{k}{n} - x | > α} P (X_{n} = k / n) = 2 M P (| X_{n} - x | > α)$

et donc

$| \sum_{| \frac{k}{n} - x | > α} (f (\frac{k}{n}) - f (x)) P (X_{n} = k / n) | \leq \frac{M}{2 n α^{2}} .$

Aussi, lorsque $| k / n - x | \leq α$ , on a

$| f (\frac{k}{n}) - f (x) | \leq ε$

et donc

$| \sum_{| \frac{k}{n} - x | \leq α} (f (\frac{k}{n}) - f (x)) P (X_{n} = k / n) | \leq ε \sum_{| \frac{k}{n} - x | \leq α} P (X_{n} = k / n) \leq ε .$
(d)

Pour $n$ assez grand, on a $M / 2 n α^{2} \leq ε$ et alors

$| B_{n} (f) (x) - f (x) | \leq | \sum_{| \frac{k}{n} - x | \leq α} (f (\frac{k}{n}) - f (x)) P (X_{n} = k / n) | + | \sum_{| \frac{k}{n} - x | > α} (f (\frac{k}{n}) - f (x)) P (X_{n} = k / n) | \leq 2 ε .$

Exercice 111 4183 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Avec Python, écrire une fonction S(n,p) qui simule une variable aléatoire $S_{n} = Y / n$ , où $Y$ suit une loi binomiale $ℬ (n, p)$ .

En déduire une fonction test(n,p) qui affiche les courbes interpolant les points $(k, S_{k})$ , puis

$(k, p - \sqrt{\frac{\ln (k)}{k}}) et (k, p + \sqrt{\frac{\ln (k)}{k}}) .$

Que remarque-t-on?
(b)

Soit $t \in ℝ$ et $x \in [- 1; 1]$ . Montrer que $e^{t x} \leq \frac{1}{2} (1 - x) e^{- t} + \frac{1}{2} (1 + x) e^{t}$ .
(c)

On considère une variable aléatoire $X$ telle que $| X | \leq 1$ et $E (X) = 0$ . Montrer que $\exp (t X)$ est d’espérance finie et

$E (\exp (t X)) \leq ch (t) \leq \exp (t^{2} / 2) .$
(d)

Soit $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires centrées indépendantes telles que, pour tout $i$ , $| X_{i} | \leq a_{i}$ . On pose $S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ . Montrer

$E (\exp (t S)) \leq \exp (\frac{t^{2}}{2} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) .$

Soit $ε > 0$ . Montrer

$P (S_{n} > ε) \leq \exp (- t ε + \frac{t^{2}}{2} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) .$
(e)

En choisissant une bonne valeur de $t$ , montrer

$P (S_{n} > ε) \leq \exp (- \frac{ε^{2}}{2 \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}}) .$
(f)

Commenter le résultat observé à la première question.

Solution

(a)

import random as rnd
import math

def S(n,p):
    R = 0
    for k in range(n+1):
        if rnd.random() < p: R = R + 1
    return R/n

import matplotlib.pyplot as plt

def test(n,p):
    Lk = range(1,n)
    LS = [S(k,p) for k in Lk]
    Linf = [p - math.sqrt(math.log(k)/k) for k in Lk]
    Lsup = [p + math.sqrt(math.log(k)/k) for k in Lk]
    plt.clf()
    plt.plot(Lk,LS)
    plt.plot(Lk,Linf)
    plt.plot(Lk,Lsup)

On remarque que la courbe expérimentale est plutôt bien encadrée.

(b)

On a

$t x = (1 - λ) \times (- t) + λ t avec λ = \frac{1}{2} (1 + x) \in [0; 1] .$

La convexité de la fonction exponentielle produit alors le résultat voulu.
(c)

La variable aléatoire $X$ est bornée donc aussi $\exp (t X)$ qui est alors d’espérence finie. L’inégalité au-dessus permet d’écrire la comparaison

$\exp (t X) \leq \frac{1}{2} (1 - X) e^{- t} + \frac{1}{2} (1 + X) e^{t} .$

Par croissance et linéarité de l’espérance, il vient

$E (\exp (t X)) \leq \frac{1}{2} (1 - E (X)) e^{- t} + \frac{1}{2} (1 + E (X)) e^{t} .$

Enfin, la nullité de l’espérance de $X$ permet de conclure

$E (\exp (t X)) \leq ch (t) .$

En développant en série entière $ch (t)$ et $\exp (t^{2} / 2)$ , on remarque $ch (t) \leq \exp (t^{2} / 2)$ car on peut comparer les termes sommés respectifs.
(d)

On écrit $X_{i} = a_{i} Y_{i}$ avec $E (Y_{i}) = 0$ et $| Y_{i} | \leq 1$ et alors

$E (\exp (t S)) = E (\prod_{i = 1}^{n} \exp (t a_{i} Y_{i})) .$

Par indépendance et l’inégalité précédente

$E (\exp (t S)) = \prod_{i = 1}^{n} E (\exp (t a_{i} Y_{i})) \leq \prod_{i = 1}^{n} \exp (\frac{1}{2} t^{2} a_{i}^{2}) = \exp (\frac{t^{2}}{2} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) .$

Par l’inégalité de Markov,

$P (S_{n} > ε) = P (\exp (t S_{n}) > \exp (t ε)) \leq \exp (- t ε) E (\exp (t S_{n}))$

ce qui donne l’inégalité voulue.
(e)

On prend

$t = \frac{ε}{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}} .$
(f)

$S_{n}$ est la somme de $n$ variables de Bernoulli indépendantes. En centrant celle-ci, on peut (avec largesse) prendre $a_{i} = 1$ et alors

$P (S_{n} - p > ε) \leq \exp (- \frac{ε^{2}}{2 n}) .$

Avec $ε = \sqrt{(\ln (n)) / n}$ , on obtient

$P (S_{n} > p + \sqrt{\frac{\ln (n)}{n}}) \leq \exp (- \frac{\ln (n)}{2}) = \frac{1}{\sqrt{n}} .$

Par passage à l’opposé de $S_{n}$ , on obtient l’autre inégalité.

Exercice 112 4948 MINES (MP)Correction

Soient $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé et $X$ une variable aléatoire centrée prenant ses valeurs dans $[- 1; 1]$ .

(a)

Par un argument de convexité, montrer que, pour tout $x \in [- 1; 1]$ et tout $t \in ℝ$ ,

$e^{t x} \leq \frac{1}{2} (1 - x) e^{- t} + \frac{1}{2} (1 + x) e^{t} .$
(b)

Soit $t \in ℝ$ . Montrer que $E (e^{t X})$ existe et

$E (e^{t X}) \leq e^{t^{2} / 2} .$
(c)

Soit $r > 0$ . Établir

$P (| X | > r) \leq 2 e^{- r^{2} / 2} .$

Solution

(a)

On pose $λ = (1 + x) / 2 \in [0; 1]$ et la convexité de l’exponentielle donne

$e^{(1 - λ) (- t) + λ t} \leq (1 - λ) e^{- t} + λ e^{t}$

ce qui produit la comparaison voulue.
(b)

La variable $X$ est bornée et donc $Y = e^{t x}$ l’est aussi et par conséquent admet une espérance. Par ce qui précède, on a la comparaison

$Y \leq \frac{1}{2} (1 - X) e^{- t} + \frac{1}{2} (1 + X) e^{t} .$

Par croissance de l’espérance et nullité de l’espérance de $X$

$E (Y) \leq \frac{1}{2} e^{- t} + \frac{1}{2} e^{t} = ch (t) .$

Par développement en série entière et en employant $(2 n)! \geq 2^{n} n!$ , on obtient

$ch (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{t^{2 n}}{(2 n)!} \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{t^{2 n}}{2^{n} n!} = e^{t^{2} / 2} .$
(c)

Par l’inégalité de Markov, on a pour tout $t > 0$ ,

$P (X > r) = P (e^{t X} > e^{t r}) \leq e^{- t r} E (e^{t X}) \leq e^{- t r + t^{2} / 2} .$

Pour $t = r$ , il vient

$P (X > r) \leq e^{- r^{2} / 2} .$

En considérant $X^{'} = - X$ , on obtient

$P (X < - r) \leq e^{- r^{2} / 2}$

et l’on conclut

$P (| X | > r) \leq 2 e^{- r^{2} / 2} .$

Exercice 113 4087 Correction

Soit $X$ une variable aléatoires réelle discrète admettant une variance $σ^{2}$ (avec $σ > 0$ ). Montrer

\forall α > 0, P (| X - E (X) | < α σ) \geq 1 - \frac{1}{α^{2}} .

Solution

Par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev,

P (| X - E (X) | \geq α σ) < \frac{σ^{2}}{(α σ^{2})} = \frac{1}{α^{2}} .

On conclut par considération d’évènement complémentaire.

Exercice 114 5007 X (PSI)

(Inégalité de Chernoff)

Soit $Y$ une variable aléatoire discrète prenant ses valeurs dans $[α; β]$ avec $α < β$ . On suppose que la variable $Y$ est d’espérance nulle.

(a)

Soit $Φ : [α; β] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ vérifiant

$Φ (α) = Φ (β) = 0 et Φ^{''} \geq 0 .$

Montrer que $Φ (y) \leq 0$ pour tout $y \in [α; β]$ .
(b)

Soit $s$ un réel. Montrer

$(β - α) e^{s y} \leq (β - y) e^{s α} + (y - α) e^{s β} pour tout y \in [α; β] .$

En déduire

$(β - α) E (e^{s Y}) \leq β e^{s α} - α e^{s β} .$
(c)

Soit $s$ un réel. Montrer

$\ln (β e^{s α} - α e^{s β}) \leq \frac{1}{8} {(β - α)}^{2} s^{2} + \ln (β - α) .$

En déduire

$E (e^{s Y}) \leq \exp (\frac{{(β - α)}^{2}}{8} s^{2}) .$

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires indépendantes prenant leurs valeurs dans $[a; b]$ avec $a < b$ . On pose $S$ la somme de ces variables et l’on introduit $t$ un réel strictement positif.

(d)

Montrer que pour tout $s > 0$ ,

$P (S - E (S) \geq t)$ $\leq e^{- s t} \prod_{i = 1}^{n} E (e^{s (X_{i} - E (X_{i}))})$

$\leq \exp (- s t + n \frac{{(b - a)}^{2}}{8} s^{2}) .$
(e)

En déduire l’inégalité de Chernoff

$P (S - E (S) \geq t) \leq \exp (- \frac{2 t^{2}}{n {(b - a)}^{2}}) .$

Exercice 115 5367 Correction

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires indépendantes de loi uniforme sur ${- 1,1}$ . On pose $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n}$ .

(a)

Soient $α$ et $λ$ des réels strictement positifs. Établir

$P (\frac{S_{n}}{n} > α) = P (e^{λ S_{n}} > e^{λ n α}) .$
(b)

En déduire que pour tout $α > 0$ ,

$P (\frac{S_{n}}{n} > α) \leq e^{- n α^{2} / 2} .$

On admettra l’inégalité $ch (λ) \leq e^{λ^{2} / 2}$ pour tout $λ \in R$ .

Solution

(a)

Soient $α$ et $λ$ des réels strictement positifs. Par stricte croissance de la fonction $t \mapsto e^{λ t}$ , on a l’égalité d’événements

$(\frac{S_{n}}{n} > α) = (S_{n} > n α) = (e^{λ S_{n}} > e^{λ n α}) .$
(b)

Par l’inégalité de Markov¹¹ 1 L’inégalité de Markov propose une majoration de $P (X \geq a)$ . Sachant $(X > a) \subset (X \geq a)$ , elle peut aussi être employée pour majorer $P (X > a)$ . appliquée à la variable $Y = e^{λ S_{n}}$ , il vient

$P (\frac{S_{n}}{n} > α) = P (e^{λ S_{n}} > e^{λ n α}) \leq e^{- λ n α} E (e^{λ S_{n}}) .$

On peut calculer l’espérance figurant en second membre par l’indépendance des variables $X_{1}, \dots, X_{n}$ qui entraîne²² 2 Cette affirmation se justifie aisément par le théorème d’indépendance. celle des variables $e^{λ X_{1}}, \dots, e^{λ X_{n}}$ :

$E (e^{λ S_{n}})$ $= E (e^{λ X_{1}} \times \dots \times e^{λ X_{n}})$

$= E (e^{λ X_{1}}) \times \dots \times E (e^{λ X_{n}})$

$= {(\frac{e^{λ} + e^{- λ}}{2})}^{n} = {(ch (λ))}^{n} .$

En exploitant l’inégalité de la question précédente, on poursuit

$P (\frac{S_{n}}{n} > α) \leq e^{- λ n α} {(ch (λ))}^{n} \leq e^{- λ n α} e^{n λ^{2} / 2} .$

Il reste à choisir convenablement la valeur de $λ$ . Pour³³ 3 Le polynôme du second degré $λ \mapsto \frac{n}{2} λ^{2} - n α λ$ est minimal en $α$ . $λ = α$ , on conclut⁴⁴ 4 Ce résultat est un cas particulier de l’inégalité de Chernoff. Voir le sujet 5007.

$P (\frac{S_{n}}{n} > α) \leq e^{- n α^{2}} e^{n α^{2} / 2} = e^{- n α^{2} / 2} .$

Exercice 116 5008

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires indépendantes de loi uniforme¹¹ 1 On dit que les variables $X_{1}, \dots, X_{n}$ suivent une loi de Rademacher. sur ${- 1,1}$ . On pose $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n}$ .

(a)

Soit $λ \in ℝ$ . Montrer

$ch (λ) \leq e^{λ^{2} / 2} .$
(b)

Établir que pour tout $α > 0$ ,

$P (\frac{S_{n}}{n} > α) \leq e^{- n α^{2} / 2} .$

Exercice 117 5957 Correction

(Inégalité de Paley-Zygmund)

Soient $X$ une variable aléatoire discrète réelle admettant une variance finie non nulle et $a$ un réel vérifiant $0 \leq a \leq E (X)$ .

(a)

Établir

$X \leq a + X 1_{(X \geq a)} .$
(b)

En déduire

$P (X \geq a) \geq \frac{{(E (X) - a)}^{2}}{E (X^{2})} .$

Solution

(a)

On a $1 = 1_{X \geq a} + 1_{X < a}$ et $X 1_{X < a} \leq a 1_{X < a} \leq a$ donc

$X = X 1_{X < a} + X 1_{X \geq a} \leq a + X 1_{X \geq a} .$
(b)

Par croissance de l’espérance,

$E (X) \leq a + E (X 1_{X \geq a}) .$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$E (X 1_{X \geq a}) \leq \sqrt{E (X^{2})} \sqrt{E (1_{X \geq a})} = \sqrt{E (X^{2})} \sqrt{P (X \geq a)} .$

On en déduit

$\sqrt{E (X^{2})} \sqrt{P (X \geq a)} \geq E (X) - a \geq 0 .$

En élevant au carré, on obtient

$E (X^{2}) P (X \geq a) \geq {(E (X) - a)}^{2}$

puis l’inégalité voulue.

Exercice 118 5467 MINES (PSI)Correction

(Inégalité de Paley-Zygmund)

Soit $X$ une variable aléatoire positive, non constante et admettant un moment d’ordre $2$ .

Établir

\forall λ \in] 0; 1 [, P (X \geq λ E (X)) \geq {(1 - λ)}^{2} \frac{E {(X)}^{2}}{E (X^{2})} .

Solution

Soit $λ \in] 0; 1 [$ . En réorganisant les membres, il s’agit d’établir

{(1 - λ)}^{2} E {(X)}^{2} \leq E (X^{2}) P (X \geq λ E (X))

ce qui fait penser à l’inégalité de Cauchy-Schwarz. Introduisons la variable aléatoire $Y = 1_{X \geq λ E (X)}$ . Celle-ci vérifie $Y^{2} = Y$ et l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

E {(X Y)}^{2} \leq E (X^{2}) E (Y^{2}) = E (X^{2}) E (Y) = E (X^{2}) P (X \geq λ E (X)) .

Pour conclure, il suffit alors de vérifier

(1 - λ) E (X) \leq E (X Y)

(car les membres sont positifs ce qui permet de conserver l’inégalité après élévation au carré). On remarque

X = X 1_{X < λ E (X)} + X 1_{X \geq λ E (X)} \leq λ E (X) 1_{X < λ E (X)} + X 1_{X \geq λ E (X)} \leq λ E (X) + X Y .

Par croissance de l’espérance,

E (X) \leq λ E (X) + E (X Y)

et l’on conclut en réorganisant les membres.

Exercice 119 5275 ENSTIM (MP)Correction

On suppose qu’une variable aléatoire $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n \in ℕ^{*}$ et $p \in] 0; 1 [$ . Soit $ε > 0$ . Montrer

P (\frac{X}{n} - p \geq ε) \leq \frac{\sqrt{p (1 - p)}}{ε \sqrt{n}} .

Solution

Par croissance des probabilités,

P (\frac{X}{n} - p \geq ε) \leq P (| \frac{X}{n} - p | \geq ε)

et par l’inégalité de Markov (la variable aléatoire considérée est à valeurs positives)

P (| \frac{X}{n} - p | \geq ε) \leq \frac{1}{ε} E (| \frac{X}{n} - p |) .

Or, pour toute variable aléatoire $Y$ admettant un moment d’ordre $2$ , l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

E (Y) = E (1 \times Y) \leq \sqrt{E (1)} \sqrt{E (Y^{2})} = \sqrt{E (Y^{2})} .

Ainsi,

E (| \frac{X}{n} - p |) \leq {(E ({| \frac{X}{n} - p |}^{2}))}^{1 / 2} = {(V (\frac{X}{n}))}^{1 / 2} = \frac{1}{n} \sqrt{V (X)} = \frac{\sqrt{p (1 - p)}}{\sqrt{n}} .

Au final, on conclut

P (\frac{X}{n} - p \geq ε) \leq \frac{\sqrt{p (1 - p)}}{ε \sqrt{n}} .

Notons que cette inégalité est meilleure que celle de Bienaymé-Tchebychev seulement lorsque le majorant est supérieur à $1$ (autrement dit, elle n’est pas très utile).

Exercice 120 5460 MINES (MP)Correction

(Inégalité de Kolmogorov)

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires indépendantes centrées et d’écarts-type respectifs $σ_{1}, \dots, σ_{n}$ . Pour $k = 1, \dots, n$ , on pose $S_{k} = X_{1} + \dots + X_{k}$ et

A_{k}^{ε} = (| S_{k} | \geq ε) \cap (⋂_{i = 1}^{k - 1} (| S_{i} | < ε)) avec ε > 0 .

(a)

Exprimer l’événement $(\max_{1 \leq k \leq n} | S_{k} | \geq ε)$ en fonction des $A_{k}^{ε}$ pour $k = 1, \dots, n$ .
(b)

Vérifier

$E (S_{n}^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) - E ({(S_{n} - S_{k})}^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) = E (S_{k}^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) .$

On pourra considérer $E ((S_{n} - S_{k}) S_{k} 1_{A_{k}^{ε}})$ .
(c)

En déduire

$P (\max_{1 \leq k \leq n} | S_{k} | \geq ε) \leq \frac{σ^{2}}{ε^{2}} avec σ^{2} = σ_{1}^{2} + \dots + σ_{n}^{2} .$
(d)

Comparer cette inégalité avec celle de Bienaymé-Tchebychev.

Solution

(a)

Immédiatement,

$(\max_{1 \leq k \leq n} | S_{k} | \geq ε) = ⋃_{k = 1}^{n} A_{k}^{ε} .$
(b)

Les variables $S_{n} - S_{k} = X_{k + 1} + \dots + X_{n}$ et $S_{k} 1_{A_{k}^{ε}}$ sont indépendantes et donc

$E ((S_{n} - S_{k}) S_{k} 1_{A_{k}^{ε}}) = E (S_{n} - S_{k}) E (S_{k} 1_{A_{k}^{ε}}) .$

Les variables $X_{k + 1}, \dots, X_{n}$ étant centrées, $E (S_{n} - S_{k}) = E (X_{k + 1}) + \dots + E (X_{n}) = 0$ . Ainsi,

$E ((S_{n} - S_{k}) S_{k} 1_{A_{k}^{ε}}) = 0 .$

Par linéarité, il vient

$E (S_{n} S_{k} 1_{A_{k}^{ε}}) = E (S_{k}^{2} 1_{A_{k}^{ε}})$

puis, par développement,

$E ({(S_{n} - S_{k})}^{2} 1_{A_{k}^{ε}})$ $= E (S_{n} 1_{A_{k}^{ε}}) - 2 E (S_{n} S_{k} 1_{A_{k}^{ε}}) + E (S_{k}^{2} 1_{A_{k}^{ε}})$

$= E (S_{n} 1_{A_{k}^{ε}}) - E (S_{k}^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) .$

On obtient ensuite la relation voulue en réorganisant les membres.
(c)

Les événements $A_{k}^{ε}$ étant deux à deux incompatibles,

$P (\max_{1 \leq k \leq n} | S_{k} | \geq ε) = \sum_{k = 1}^{n} P (A_{k}^{ε}) .$

Pour $k \in ⟦ 1; n ⟧$ ,

$ε^{2} P (A_{k}^{ε}) = ε^{2} E (1_{A_{k}^{ε}}) = E (ε^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) \leq E (S_{k}^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) \leq E (S_{n}^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) .$

En sommant,

$ε^{2} P (\max_{1 \leq k \leq n} | S_{k} | \geq ε) \leq \sum_{k = 1}^{n} E (S_{n}^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) = E (S_{n}^{2} \sum_{k = 1}^{n} 1_{A_{k}^{ε}}) .$

Les événements $A_{k}^{ε}$ étant deux à deux incompatibles

$\sum_{k = 1}^{n} 1_{A_{k}^{ε}} \leq 1$

puis

$ε^{2} P (\max_{1 \leq k \leq n} | S_{k} | \geq ε) \leq \sum_{k = 1}^{n} E (S_{n}^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) = E (S_{n}^{2}) .$

Enfin, la variable $S_{n}$ est centrée et les variables $X_{n}$ sont indépendantes donc

$E (S_{n}^{2}) = V (S_{n}) = V (X_{1}) + \dots + V (X_{n}) = σ_{1}^{2} + \dots + σ_{n}^{2} = σ^{2} .$

On conclut

$ε^{2} P (\max_{1 \leq k \leq n} | S_{k} | \geq ε) \leq σ^{2} .$
(d)

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev pour une variable centrée $X$ s’exprime

$P (| X | \geq ε) \leq \frac{σ^{2}}{ε^{2}} avec σ^{2} = V (X) .$

Cette inégalité permet d’écrire

$P (| S_{n} | \geq ε) \leq \frac{σ^{2}}{ε^{2}} .$

L’inégalité acquise précédemment est donc meilleure.

Exercice 121 4375

(Inégalité de Kolmogorov)

Sur un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ , on considère $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires discrètes réelles indépendantes, d’espérances nulles et admettant chacune un moment d’ordre 2. Pour tout $k \in ⟦ 1; n ⟧$ , on note $S_{k}$ la somme des variables $X_{1}, \dots, X_{k}$ et l’on introduit $t$ un réel strictement positif.

Pour $k \in ⟦ 1; n ⟧$ , on introduit l’événement

A_{k} = ⋂_{j = 1}^{k - 1} {| S_{j} | < t} \cap {| S_{k} | \geq t} .

(a)

Justifier l’indépendance des variables $1_{A_{k}} S_{k}^{2}$ et $S_{n} - S_{k}$ pour tout $k \in ⟦ 1; n ⟧$ .
(b)

Montrer

$E (S_{n}^{2}) \geq \sum_{k = 1}^{n} E (S_{k}^{2} 1_{A_{k}}) .$
(c)

En déduire

$P (\max_{1 \leq k \leq n} | S_{k} | \geq t) \leq \frac{1}{t^{2}} \sum_{i = 1}^{n} V (X_{i}) .$

Exercice 122 4377

(Inégalité de Chernoff)

Soit $Y$ une variable aléatoire centrée prenant ses valeurs dans $[α; β]$ avec $α < β$ .

(a)

Soit $s$ un réel. Montrer

$(β - α) e^{s y} \leq (β - y) e^{s α} + (y - α) e^{s β} pour tout y \in [α; β] .$

En déduire $(β - α) E (e^{s Y}) \leq β e^{s α} - α e^{s β}$ .
(b)

Montrer à l’aide d’une étude de fonction

$\ln (β e^{s α} - α e^{s β}) \leq \frac{1}{8} {(β - α)}^{2} s^{2} + \ln (β - α) pour tout s réel.$

En déduire

$E (e^{s Y}) \leq \exp (\frac{{(β - α)}^{2}}{8} s^{2}) .$

(c)

Montrer que pour tout $s > 0$

$P (S - E (S) \geq t) \leq e^{- s t} \prod_{i = 1}^{n} E (e^{s (X_{i} - E (X_{i}))}) \leq \exp (- s t + n \frac{{(b - a)}^{2}}{8} s^{2}) .$
(d)

En déduire l’inégalité de Chernoff

$P (S - E (S) \geq t) \leq \exp (- \frac{2 t^{2}}{n {(b - a)}^{2}}) .$

[<] Inégalités de concentration[>] Calcul d'espérance par les fonctions génératrices

Exercice 123 4114 Correction

Une urne contient 4 boules rapportant $0,1,1,2$ points. On y effectue $n$ tirages avec remise et l’on note $S$ le score total obtenu.
Déterminer la fonction génératrice de $S$ et en déduire la loi de $S$ .

Solution

Notons $X_{1}, \dots, X_{n}$ les variables aléatoires fournissant les points obtenus lors des tirages.
Les variables $X_{i}$ suivent la même loi de fonction génératrice

G_{X} (t) = \frac{1}{4} + \frac{2}{4} t + \frac{1}{4} t^{2} = {(\frac{1 + t}{2})}^{2} .

Puisque $S = X_{1} + \dots + X_{n}$ avec $X_{1}, \dots, X_{n}$ indépendantes on a

G_{S} (t) = G_{X_{1}} (t) \dots G_{X_{n}} (t) = {(G_{X} (t))}^{n} = {(\frac{1 + t}{2})}^{2 n} .

En développant la somme

G_{S} (t) = \frac{1}{2^{2 n}} \sum_{k = 0}^{2 n} (\binom{2 n}{k}) t^{k} .

Ceci détermine la loi de $S$ :

\forall k \in ⟦ 0; 2 n ⟧, P (S = k) = \frac{1}{2^{2 n}} (\binom{2 n}{k})

$S$ suit une loi binomiale de paramètre $2 n$ et $1 / 2$ : cela s’explique aisément car l’expérience de chaque tirage peut être modélisée par deux tirages successifs d’une pièce équilibrée.

Exercice 124 4371

(a)

Calculer la fonction génératrice d’une variable aléatoire $X$ suivant une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .
(b)

À l’aide de leurs fonctions génératrices, déterminer la loi suivie par la somme de deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois de Poisson de paramètres $λ$ et $μ$ strictement positifs.

Exercice 125 5413 MINES (MP)Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ indépendantes. On suppose que $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .

Montrer que $Y$ suit une loi de Poisson de paramètre $μ > 0$ si, et seulement si, $X + Y$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ + μ$ .

Solution

Rappellons que la fonction génératrice d’une variable aléatoire $X$ suivant une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ est

G_{X} (t) = e^{λ (t - 1)} .

Si $X$ et $Y$ suivent des lois de Poisson de paramètres $λ$ et $μ$ alors, par indépendance,

G_{X + Y} (t) = G_{X} (t) G_{Y} (t) = e^{λ (t - 1)} e^{μ (t - 1)} = e^{(λ + μ) (t - 1)} .

Ainsi, $X + Y$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ + μ$ .

Inversement, supposons que $X + Y$ suive un loi de Poisson de paramètre $λ + μ$ . On a

G_{X + Y} (t) = G_{X} (t) G_{Y} (t) = e^{λ (t - 1)} G_{Y} (t) = e^{(λ + μ) (t - 1)}

donc

G_{Y} (t) = e^{μ (t - 1)} .

Ainsi, $Y$ suit une loi de Poisson de paramètre $μ$ .

Exercice 126 5347 Correction

(a)

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ .

On suppose que les fonctions génératrices de $X$ et $Y$ sont égales sur $[- 1; 1]$ . Justifier que $X$ et $Y$ suivent la même loi.
(b)

Application : Soient $n \in ℕ^{*}$ et $p \in] 0; 1 [$ .

Par les fonctions génératrices, déterminer la loi de la somme de $n \in ℕ^{*}$ variables indépendantes suivant chacune une même loi de Bernoulli de paramètre $p \in [0; 1]$ .

Solution

(a)

L’unicité des coefficients d’un développement en série entière donne

$P (X = n) = P (Y = n) pour tout n \in N .$
(b)

Si $X$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p$ alors $G_{X} (t) = (1 - p) + p t$ pour tout $t \in ℝ$ .

Si $X_{1}, \dots, X_{n}$ sont indépendantes de même loi que $X$ alors

$G_{X_{1} + \dots + X_{n}} (t) = {(G_{X} (t))}^{n} = {((1 - p) + p t)}^{n} pour tout t \in ℝ .$

On reconnaît la fonction génératrice d’une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ (et la fonction génératrice suffit à caractériser la loi).

Exercice 127 5366 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ .

Pour $t$ réel convenable, on pose

G_{X} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X = n) t^{n} .

(a)

Montrer que la fonction $G_{X}$ est définie et continue sur $[- 1; 1]$ .
(b)

Justifier que la fonction $G_{X}$ est croissante et convexe sur $[0; 1]$ .

Solution

(a)

Posons $u_{n} (t) = P (X = n) t^{n}$ pour $t \in [- 1; 1]$ . On remarque

$| u_{n} (t) | = P (X = n) {| t |}^{n} \leq P (X = n) pour tout t \in [- 1; 1] .$

Puisque la série $\sum P (X = n)$ converge (et est de somme $1$ ), la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement sur $[- 1; 1]$ . De plus, les fonctions $u_{n}$ sont continues et l’on peut donc affirmer que la fonction somme $G_{X}$ est définie et continue sur $[- 1; 1]$ .
(b)

Les fonctions $u_{n}$ sont croissantes et convexes sur $[0; 1]$ donc la somme $G_{X}$ l’est aussi (par convergence simple).

Exercice 128 5111

Soit $X$ une variable aléatoire prenant ses valeurs dans $ℕ$ de fonction génératrice $G_{X}$ . On étudie l’événement $A = « X est un entier pair »$ .

(a)

Identifier la loi de la variable $Y = \frac{1}{2} (1 + {(- 1)}^{X})$ .
(b)

Exprimer $P (A)$ en fonction de $G_{X} (- 1)$ .
(c)

Application : Calculer $P (A)$ lorsque $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .

Exercice 129 5854 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ dont la fonction génératrice est

G_{X} (t) = \frac{t}{2 - t^{2}} pour tout t \in] - \sqrt{2}; \sqrt{2} [.

(a)

Calculer la loi de $X$ .
(b)

Reconnaître la loi de $Y = \frac{1}{2} (X + 1)$ . En déduire l’espérance et la variance de $X$ .

Solution

(a)

Pour $| t | < \sqrt{2}$ , on a par sommation géométrique

$G_{X} (t) = \frac{t}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(\frac{t^{2}}{2})}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{t^{2 n + 1}}{2^{n + 1}} .$

On en déduit la loi de $X$ : $X$ prend presque sûrement ces valeurs dans $2 ℕ + 1$ avec

$\forall n \in ℕ,, P (X = 2 n + 1) = \frac{1}{2^{n + 1}} .$
(b)

Presque sûrement, $Y$ prend ses valeurs dans $ℕ^{*}$ avec

$\forall n \in ℕ^{*}, P (Y = n) = P (X = 2 n - 1) = \frac{1}{2^{n}} = {(1 - \frac{1}{2})}^{n - 1} \frac{1}{2} .$

La variable $Y$ suit une loi géométrique de paramètre $1 / 2$ . On sait alors $E (Y) = 2$ et $V (Y) = 2$ .

L’égalité $X = 2 Y - 1$ donne $E (X) = 2 E (Y) - 1$ et $V (X) = 4 V (Y)$ donc $E (X) = 3$ et $V (X) = 8$ .

Exercice 130 4044

Deux joueurs lancent chacun deux dés équilibrés et l’on veut calculer la probabilité que les sommes des deux jets soient égales. On note $X_{1}$ et $X_{2}$ les variables aléatoires déterminant les valeurs des dés lancés par le premier joueur et $Y_{1}$ et $Y_{2}$ celles associées au deuxième joueur.

(a)

Montrer que $P (X_{1} + X_{2} = Y_{1} + Y_{2}) = P (14 + X_{1} + X_{2} - Y_{1} - Y_{2} = 14)$ .
(b)

Déterminer la fonction génératrice de la variable $Z = 14 + X_{1} + X_{2} - Y_{1} - Y_{2}$ .
(c)

En déduire la valeur de $P (X_{1} + X_{2} = Y_{1} + Y_{2})$ .

Exercice 131 4194 Correction

Montrer par les fonctions génératrices qu’il est impossible de « truquer » deux dés cubiques et indépendants pour que la somme d’un lancer suive une loi uniforme sur $⟦ 2; 12 ⟧$

Solution

La fonction génératrice d’une variable $Y$ suivant une loi uniforme sur $⟦ 2; 12 ⟧$ est la fonction polynomiale

G_{Y} (t) = \frac{1}{12} (t^{2} + t^{3} + \dots + t^{12}) .

Notons $G_{X_{1}}$ et $G_{X_{2}}$ les fonctions génératices de chacun des dés.

G_{X_{1}} (t) = (p_{1} t + p_{2} t^{2} + \dots + p_{6} t^{6}) et G_{X_{2}} (t) = (q_{1} t + q_{2} t^{2} + \dots + q_{6} t^{6}) .

La fonction génératrice de la somme $X_{1} + X_{2}$ est donnée par

G_{X_{1} + X_{2}} (t) = G_{X_{1}} (t) \times G_{X_{2}} (t) = t^{2} (p_{1} + p_{2} t + \dots + p_{6} t^{5}) (q_{1} + q_{2} t + \dots + q_{6} t^{5}) .

Pour que $G_{Y} = G_{X_{1}} G_{X_{2}}$ , il faut $p_{1} q_{1} > 0$ et $p_{6} q_{6} > 0$ auquel cas les facteurs de degré $5$ possèdent chacune une racine réelle non nulle. Cependant

G_{Y} (t) = \frac{1}{12} t^{2} \frac{1 - t^{11}}{1 - t}

n’en possède pas!

Exercice 132 4051

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi de Bernoulli de paramètre $p \in] 0; 1 [$ . Aussi, soit $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ indépendante des précédentes. On considère les variables aléatoires

X = \sum_{k = 1}^{N} X_{k} et Y = \sum_{k = 1}^{N} (1 - X_{k}) .

(a)

Pour $t$ et $u$ dans $[- 1; 1]$ , exprimer à l’aide de la fonction génératrice de $N$ l’expression

$G (t, u) = E (t^{X} u^{Y}) .$
(b)

On suppose que $N$ suit une loi de Poisson. Montrer que les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes.
(c)

Inversement, on suppose que les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes. Montrer que $N$ suit une loi de Poisson.

Exercice 133 4206

Soient $A$ et $B$ deux événements indépendants d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ et la variable aléatoire $Z = 1_{A} + 1_{B}$ .

Montrer que, parmi les événements $(Z = 0)$ , $(Z = 1)$ et $(Z = 2)$ , il y en a au moins un de probabilité supérieure à $4 / 9$ .

Exercice 134 4376

(Loi de Pascal)

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi de Bernoulli de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

Pour $r \in ℕ^{*}$ , on définit une variable aléatoire $T_{r}$ à valeurs dans $ℕ^{*} \cup {+ \infty}$ en posant

T_{r} = \min ({n \in ℕ^{*} | X_{1} + \dots + X_{n} = r} \cup {+ \infty}) .

La variable $T_{r}$ se comprend comme le temps d’attente du $r$ -ième succès¹¹ 1 Cette variable est directement liée à la variable $X$ du sujet 4085: $T_{r} = X + r$ ..

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , calculer $P (T_{r} = n)$ .
(b)

Montrer que l’événement $(T_{r} = + \infty)$ est négligeable.
(c)

Soient $Y_{1}, \dots, Y_{r}$ des variables aléatoires indépendantes suivant chacune une loi géométrique de paramètre $p$ . Montrer que $Y_{1} + \dots + Y_{r}$ et $T_{r}$ suivent la même loi.
(d)

En déduire l’espérance et la variance de $T_{r}$ .

Exercice 135 5472 Correction

On considère un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ .

(a)

Soient $A$ et $B$ deux événements. Montrer

$P (A) - P (B) \leq P (A \cap \bar{B}) .$
(b)

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ . Montrer

$| G_{X} (t) - G_{Y} (t) | \leq P (X \neq Y) pour tout t \in [0; 1] .$

Solution

(a)

L’événement $A$ est la réunion des événements incompatibles $A \cap B$ et $A \cap \bar{B}$ . On en déduit

$P (A) = P (A \cap B) + P (A \cap \bar{B}) .$

Or $A \cap B \subset B$ et donc

$P (A) \leq P (B) + P (A \cap \bar{B})$

ce qui produit l’inégalité voulue.
(b)

Soit $t \in [0; 1]$ . Si $G_{X} (t) \geq G_{Y} (t)$ ,

$| G_{X} (t) - G_{Y} (t) |$ $= G_{X} (t) - G_{Y} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (P (X = n) - P (Y = n)) t^{n}$

$\leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P ((X = n) \cap (Y \neq n)) t^{n} \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P ((X = n) \cap (Y \neq n)) .$

Par incompatibilité,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} P ((X = n) \cap (Y \neq n)) = P (X \neq Y)$

et donc

$| G_{X} (t) - G_{Y} (t) | \leq P (X \neq Y) .$

De même, on obtient encore cette inégalité si $G_{X} (t) < G_{Y} (t)$ .

Exercice 136 5371 Correction

Soit $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé.

(a)

Montrer que si $A$ et $B$ sont deux événements $Ω$ alors

$| P (A) - P (B) | \leq P (A \cap \bar{B}) + P (\bar{A} \cap B) .$
(b)

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ . Établir

$| G_{X} (t) - G_{Y} (t) | \leq 2 P (X \neq Y) pour tout t \in [- 1; 1] .$

Soient ${(X_{n})}_{n \in ℕ}$ une suites variables aléatoires à valeurs dans $ℕ$ et définies sur $Ω$ . On suppose que pour tout $ω \in Ω$ , la suite $(X_{n} (ω))$ est constante à partir d’un certain rang et l’on note $X (ω)$ la valeur de cette constante.

(c)

Vérifier que $X$ définit une variable alétoire sur $Ω$ à valeurs dans $ℕ$ .
(d)

Montrer que la suite des fonctions $G_{X_{n}}$ converge uniformément vers $G_{X}$ sur $[- 1; 1]$ .

Solution

(a)

Quitte à échanger, on peut supposer $P (A) \geq P (B)$ . On écrit

$A = A \cap Ω = A \cap (B \cup \bar{B}) = (A \cap B) \cup (A \cap \bar{B}) .$

Par incompatibilité puis croissance,

$P (A) = P (A \cap B) + P (A \cap \bar{B}) \leq P (B) + P (A \cap \bar{B}) .$

Ainsi,

$| P (A) - P (B) | = P (A) - P (B) \leq P (A \cap \bar{B}) \leq P (A \cap \bar{B}) + P (\bar{A} \cap B) .$
(b)

Soit $t \in [- 1; 1]$ .

$| G_{X} (t) - G_{Y} (t) | = | \sum_{n = 0}^{+ \infty} (P (X = n) - P (Y = n)) t^{n} | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} | P (X = n) - P (Y = n) | .$

Par le résultat qui précède,

$| P (X = n) - P (Y = n) | \leq P (X = n \cap Y \neq n) + P (Y = n, X \neq n) .$

Or

$P (X \neq Y) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X = n, X \neq Y) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X = n, Y \neq n) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (Y = n, X \neq n) .$

Ainsi,

$| G_{X} (t) - G_{Y} (t) | \leq 2 P (X \neq Y) .$
(c)

Méthode: $X$ définit une application de $Ω$ vers l’ensemble dénombrable $ℕ$ . Pour vérifier qu’il s’agit d’une variable aléatoire discrète, il reste à observer que, pour tout $k \in ℕ$ , $(X = k)$ désigne un événement.

Soit $k \in ℕ$ . Pour $ω \in Ω$ ,

$X (ω) = k \Leftrightarrow \exists N \in ℕ, \forall n \geq N, X_{n} (ω) = k .$

On en déduit

$(X = k) = ⋃_{N \in ℕ} ⋂_{n \geq N} (X_{n} = k) .$

Par opérations dans la tribu $𝒜$ (rappelons que les $(X_{n} = k)$ sont des événements), on peut affirmer que $(X = k) \in 𝒜$ .
(d)

Soit $t \in [- 1; 1]$ . Pour $n \in ℕ$ ,

$| G_{X_{n}} (t) - G_{X} (t) | \leq 2 P (X_{n} \neq X)$

et donc

$sup_{t \in [- 1; 1]} | G_{X_{n}} (t) - G_{X} (t) | \leq 2 P (X_{n} \neq X) .$

Or

$Ω = ⋃_{N \in ℕ} A_{N} avec A_{N} = ⋂_{n \geq N} (X_{n} = X)$

car, pour chaque $ω \in Ω$ , la suite $(X_{n} (ω))$ est constante égale à $X (ω)$ à partir d’un certain rang. Puisque les événements $A_{n}$ forment une suite croissante, on a par continuité monotone

$P (A_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} P (Ω) = 1 .$

Or

$(X_{n} \neq X) \subset \bar{A_{n}}$

et donc

$0 \leq P (X_{n} \neq X) \leq 1 - P (A_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On peut alors conclure à la convergence uniforme sur $[- 1; 1]$ de la suite de fonctions $G_{X_{n}}$ vers $G_{X}$ .

[<] Fonctions génératrices[>] Marches aléatoires

Exercice 137 4943 CCINP (MP)Correction

(a)

Donner le rayon de convergence de la série entière

$\sum_{n \geq 0} \frac{n^{2} + n + 1}{n!} t^{n} .$

On note $S$ la somme de cette série entière.
(b)

Rappeler le développement en série entière de la fonction exponentielle et calculer $S (t)$ pour tout réel $t$ convenable.

Une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $ℕ$ vérifie $G_{X} (t) = λ S (t)$ avec $λ > 0$ .

(c)

Déterminer $λ$ puis $P (X = n)$ pour $n \in ℕ$ .
(d)

Rappeler les expressions de l’espérance et de la variance à l’aide de la fonction génératrice et en déduire $E (X)$ et $V (X)$ .

Solution

(a)

Par application de la règle de d’Alembert, $R = + \infty$ .
(b)

Pour tout $t \in ℝ$

$e^{t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} t^{n}$

et donc

$S (t)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n (n - 1) + 2 n + 1}{n!} t^{n}$

$= \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 2)!} t^{n} + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 1)!} t^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} t^{n}$

$= (t^{2} + 2 t + 1) e^{t} = {(t + 1)}^{2} e^{t} .$
(c)

$G_{X} (1) = 1$ détermine $λ = e^{- 1} / 4$ . On en déduit

$P (X = n) = \frac{n^{2} + n + 1}{4 e \cdot n!} .$
(d)

Si $G_{X}$ est deux fois dérivable en $1$ ,

$E (X) = G_{X}^{'} (1) et V (X) = G_{X}^{''} (1) + G_{X}^{'} (1) - {(G_{X}^{'} (1))}^{2} .$

Ici, on obtient $E (X) = 2$ et $V (X) = 3 / 2$ .

Exercice 138 4369

(Loi binomiale négative¹¹ 1 Cette loi étudie le nombre d’échecs précédant le $r$ -ième succès lors de la répétition d’épreuves de Bernoulli indépendantes de même paramètre $p$ .)

Soient $r \in ℕ^{*}$ , $p \in] 0; 1 [$ et $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ telle qu’il existe un réel $a$ pour lequel

P (X = n) = a (\binom{n + r - 1}{n}) {(1 - p)}^{n} pour tout n \in ℕ .

(a)

Calculer la fonction génératrice de $X$ .

On rappelle l’identité binomiale²² 2 Voir le sujet 3931. Cette identité est souvent utilisée en calcul des probabilités.:

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + m}{n}) x^{n} = \frac{1}{{(1 - x)}^{m + 1}} pour tous m \in ℕ et x \in] - 1; 1 [.$
(b)

Déterminer la valeur de $a$ .
(c)

Calculer espérance et variance de la variable $X$ .

Exercice 139 1740 MINES (MP)Correction

Soient $p \in] 0; 1 [$ et $X$ une variable aléatoire à valeurs naturelles dont la loi est donnée par

P (X = k) = a (k + 1) p^{k} pour tout k \in ℕ .

En employant la fonction génératrice de $X$ , déterminer $a$ et calculer l’espérance et la variance de $X$ .

Solution

On introduit la fonction génératrice de $X$ :

G_{X} (t) = a \sum_{k = 0}^{+ \infty} (k + 1) {(p t)}^{k} .

Puisque

\sum_{k = 0}^{+ \infty} (k + 1) x^{k} = \frac{d}{d x} (\frac{1}{1 - x}) = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}

on obtient

G_{X} (t) = \frac{a}{{(1 - p t)}^{2}} .

Sachant $G_{X} (1) = 1$ , on en tire la valeur de $a$

a = {(1 - p)}^{2} .

On peut ensuite calculer espérance et variance

E (X) = G_{X}^{'} (1) = \frac{2 p}{1 - p} et V (X) = G_{X}^{''} (1) + G_{X}^{'} (1) - G_{X}^{'} {(1)}^{2} = \frac{2 p}{{(1 - p)}^{2}} .

Exercice 140 4117 Correction

Soient $n \in ℕ$ , $p \in] 0; 1 [$ et $X$ une variable aléatoire à valeurs naturelles dont la loi est donnée par

P (X = k) = a (\binom{n + k}{k}) p^{k} pour tout k \in ℕ .

En employant la fonction génératrice de $X$ , déterminer $a$ et calculer l’espérance et la variance de $X$ .

Solution

On introduit la fonction génératrice de $X$ :

G_{X} (t) = \frac{a}{n!} \sum_{k = 0}^{+ \infty} (n + k) \dots (k + 1) {(p t)}^{k} .

Puisque

\sum_{k = 0}^{+ \infty} (n + k) \dots (k + 1) x^{k} = \frac{d^{n}}{d x^{n}} (\frac{1}{1 - x}) = \frac{n!}{{(1 - x)}^{n + 1}}

on obtient

G_{X} (t) = \frac{a}{{(1 - p t)}^{n + 1}} .

Sachant $G_{X} (1) = 1$ , on en tire la valeur de $a$

a = {(1 - p)}^{n + 1} .

On peut ensuite calculer espérance et variance

E (X) = G_{X}^{'} (1) = (n + 1) \frac{p}{1 - p} et V (X) = G_{X}^{''} (1) + G_{X}^{'} (1) - G_{X}^{'} {(1)}^{2} = (n + 1) \frac{p}{{(1 - p)}^{2}} .

Exercice 141 4024 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .

(a)

Rappeler la fonction génératrice de la variable $X$ .
(b)

Exploiter celle-ci pour calculer le moment centré d’ordre 3 de la variable $X$ .

Solution

(a)

On a

$G_{X} (t) = E (t^{X}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X = k) t^{k} = e^{λ (t - 1)} .$
(b)

$G_{X}^{'} (1) = E (X) = λ$ , $G_{X}^{''} (1) = E (X (X - 1)) = λ^{2}$ et $G_{X}^{(3)} (1) = E (X (X - 1) (X - 2)) = λ^{3}$ .
On en déduit

$E (X^{2}) = λ^{2} + λ et E (X^{3}) = λ^{3} + 3 λ^{2} + λ$

puis

$E ({(X - λ)}^{3}) = E (X^{3}) - 3 λ E (X^{2}) + 3 λ^{2} E (X) - E {(X)}^{3} = λ .$

Exercice 142 4039 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .

(a)

Calculer

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) .$
(b)

Retrouver ce résultat par les fonctions génératrices.

Solution

(a)

Par la formule de transfert

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = \sum_{k = r}^{+ \infty} \frac{k!}{(k - r)!} e^{- λ} \frac{λ^{k}}{k!} = λ^{r} .$
(b)

La fonction génératrice de $X$ est

$G_{X} (t) = E (t^{X}) = e^{λ (t - 1)} .$

Celle-ci est indéfiniment dérivable sur $ℝ$ et

$G_{X}^{(r)} (t) = E (X (X - 1) \dots (X - r + 1) t^{X}) = λ^{r} e^{λ (t - 1)} .$

En particulier

$G_{X}^{(r)} (1) = E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = λ^{r} .$

Exercice 143 4040 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

(a)

Calculer

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) .$
(b)

Retrouver ce résultat par les fonctions génératrices.

Solution

(a)

Par la formule de transfert

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = \sum_{k = r}^{+ \infty} k (k - 1) \dots (k - r + 1) {(1 - p)}^{k - 1} p .$

Or

$\sum_{k = r}^{+ \infty} k (k - 1) \dots (k - r + 1) x^{k - r} = \frac{d^{r}}{d x^{r}} (\frac{1}{1 - x}) = \frac{r!}{{(1 - x)}^{r + 1}}$

donc

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = {(1 - p)}^{r - 1} \frac{r!}{p^{r}} .$
(b)

La fonction génératrice de $X$ est

$G_{X} (t) = E (t^{X}) = \frac{p t}{1 - (1 - p) t} = \frac{p}{p - 1} + \frac{\frac{p}{1 - p}}{1 - (1 - p) t} .$

Celle-ci est indéfiniment dérivable sur $ℝ$ et

$G_{X}^{(r)} (t) = E (X (X - 1) \dots (X - r + 1) t^{X}) = \frac{p}{1 - p} \frac{r! {(1 - p)}^{r}}{{(1 - (1 - p) t)}^{r + 1}} .$

En particulier

$G_{X}^{(r)} (1) = E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = r! \frac{{(1 - p)}^{r - 1}}{p^{r}} .$

Exercice 144 4027 Correction

On considère une expérience aléatoire ayant la probabilité $p > 0$ de réussir et $1 - p$ d’échouer.
On répète l’expérience indépendamment jusqu’à obtention de $m$ succès et l’on note $T_{m}$ le nombre d’essais nécessaires à l’obtention de ces $m$ succès.

(a)

Reconnaître la loi de $T_{1}$ .
(b)

Déterminer la loi de $T_{m}$ dans le cas général $m \in ℕ^{*}$ .
(c)

Exprimer le développement en série entière de

$\frac{1}{{(1 - t)}^{m}} .$
(d)

Déterminer la fonction génératrice de $T_{m}$ et en déduire son espérance.

Solution

(a)

$T_{1}$ suit une loi géométrique de paramètre $p$ .
(b)

Notons ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ la suite des variables de Bernoulli testant la réussite de chaque expérience.
L’évènement $(T_{m} = n)$ est la réunion correspond à l’évènement $X_{1} + \dots + X_{n} = m$ et $X_{n} = 1$ soit encore
$X_{1} + \dots + X_{n - 1} = m - 1$ et $X_{n} = 1$ . Par indépendance

$P (T_{m} = n) = P (X_{1} + \dots + X_{n - 1} = m - 1) P (X_{n} = 1) .$

Puisque $X_{1} + \dots + X_{n - 1} \sim ℬ (n - 1, p)$ et $X_{n} \sim ℬ (p)$ , on obtient

$P (T_{m} = n) = (\binom{n - 1}{m - 1}) p^{m} {(1 - p)}^{n - m}$

et écriture vaut aussi quand $n \leq m$ car le coefficient binomial est alors nul.
(c)

En exploitant le développement connu de ${(1 + u)}^{α}$ , on obtient

$\frac{1}{{(1 - t)}^{m}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + m - 1}{m - 1}) t^{n} pour t \in] - 1; 1 [.$
(d)

Par définition

$G_{T_{m}} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n - 1}{m - 1}) p^{m} {(1 - p)}^{n - m} t^{n} .$

En isolant les premiers termes nuls et en décalant l’indexation

$G_{T_{m}} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + m - 1}{m - 1}) {(p t)}^{m} {((1 - p) t)}^{n} = \frac{{(p t)}^{m}}{{(1 - (1 - p) t)}^{m}} .$

On en déduit

$E (X) = G_{T_{m}}^{'} (1) = \frac{m}{p} .$

Exercice 145 5857 Correction

(Urnes d’Ehrenfest)

On considère deux urnes $A$ et $B$ ainsi que $N$ boules numérotées de $1$ à $N$ . Initialement, toutes les boules sont dans l’urne $B$ . À chaque pas de temps, on tire un numéro $i$ entre $1$ et $N$ selon une loi uniforme et l’on transfère la boule $i$ dans l’urne où elle n’est pas. On note $X_{n}$ le nombre de boules dans l’urne $A$ au bout de $n$ étapes. En particulier, $X_{0}$ vaut $0$ .

(a)

Déterminer la loi de $X_{1}$ et $X_{2}$ .
(b)

Pour $n \in ℕ$ , exprimer la loi de $X_{n + 1}$ en fonction de celle de $X_{n}$ .
(c)

On note $G_{n}$ la fonction génératrice de la variable $X_{n}$ . Établir

$\forall t \in ℝ, G_{n + 1} (t) = t G_{n} (t) + \frac{1 - t^{2}}{N} G_{n}^{'} (t) .$
(d)

Déterminer la limite de $E (X_{n})$ lorsque $n$ tend vers l’infini.

Solution

(a)

La variable $X_{1}$ est constante égale à $1$ .

La variable $X_{2}$ prend les valeurs $0$ ou $2$ selon que la boule tirée est la première étape est la même ou non que celle tirée à la deuxième étape. En introduisant l’événement

$A = « Aux deux premières étapes on choisit la même boule »$

on obtient

$P (X_{2} = 0) = P (A) = \frac{1}{N} et P (X_{2} = 2) = P (\bar{A}) = \frac{N - 1}{N} .$
(b)

Soit $n \in ℕ$ . Selon que la boule choisie lors de l’étape $n + 1$ figure ou non dans l’urne $A$ , on a $X_{n + 1} = X_{n} \pm 1$ . Puisqu’il y a $X_{n}$ boules dans l’urne $A$ et que le tirage est uniforme

$P (X_{n + 1} = k - 1 ∣ X_{n} = k) = \frac{k}{N}, P (X_{n + 1} = k + 1 ∣ X_{n} = k) = \frac{N - k}{N}$

et

$P (X_{n + 1} \neq k \pm 1 ∣ X_{n} = k) = 0 .$

Par la formule des probabilités totales, on obtient

$P (X_{n + 1} = k) = \frac{N - k + 1}{N} P (X_{n} = k - 1) + \frac{k + 1}{N} P (X_{n} = k + 1)$

pour $k \in ⟦ 1; N - 1 ⟧$ mais aussi pour $k = 0$ et $k = N$ .

(c)

La variable $X_{n}$ prend ses valeurs dans $⟦ 0; N ⟧$ et donc

\forall t \in ℝ, G_{n} (t) = \sum_{k = 0}^{N} P (X_{n} = k) t^{k} .

Alors

G_{n + 1} (t) = \sum_{k = 1}^{N} \frac{N - k + 1}{N} P (X_{n} = k - 1) t^{k} + \sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{k + 1}{N} P (X_{n} = k + 1) t^{k} .

Par glissement d’indice puis réorganisation du calcul,

	$G_{n + 1} (t)$	$= \sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{N - k}{N} P (X_{n} = k) t^{k + 1} + \sum_{k = 1}^{N} \frac{k}{N} P (X_{n} = k) t^{k - 1}$
		$= \sum_{k = 0}^{N} \frac{N - k}{N} P (X_{n} = k) t^{k + 1} + \sum_{k = 1}^{N} \frac{k}{N} P (X_{n} = k) t^{k - 1}$
		$= t \sum_{k = 0}^{N} P (X_{n} = k) t^{k} - \frac{t^{2}}{N} \sum_{k = 1}^{N} k P (X_{n} = k) t^{k - 1} + \frac{1}{N} \sum_{k = 1}^{N} k P (X_{n} = k) t^{k - 1}$
		$= t G_{n} (t) - \frac{t^{2}}{N} G_{n}^{'} (t) + \frac{1}{N} G_{n}^{'} (t) .$

(d)

On sait $E (X_{n}) = G_{n}^{'} (1)$ . Par dérivation, la relation précédente donne

$G_{n + 1}^{'} (t) = G_{n} (t) + t G_{n}^{'} (t) - \frac{2 t}{N} G_{n}^{'} (t) + \frac{1 - t^{2}}{N} G_{n}^{''} (t)$

et donc

$E (X_{n + 1}) = 1 + (1 - \frac{2}{N}) E (X_{n}) .$

La suite ${(E (X_{n}))}_{n \in ℕ}$ est arithmético-géométrique. On sait exprimer son terme général

$\forall n \in ℕ, E (X_{n}) = \frac{N}{2} - \frac{N}{2} {(1 - \frac{2}{N})}^{n} .$

On en déduit

$lim_{n \to + \infty} E (X_{n}) = \frac{N}{2}$

ce qui est conforme à l’intuition.

Exercice 146 4046

(Processus de Galton-Watson¹¹ 1 Si la variable $N$ détermine le nombre d’individus d’une population et $X$ le nombre de descendants que chaque individu peut engendrer, la variable $S$ correspond à la population à la génération suivante.)

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon la loi d’une variable $X$ à valeurs dans $ℕ$ . Soit aussi $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ indépendantes des précédentes. On étudie $S = X_{1} + \dots + X_{N}$ .

(a)

Justifier que $S$ est une variable aléatoire prenant ses valeurs dans $ℕ$ .
(b)

Établir $G_{S} (t) = G_{N} (G_{X} (t))$ pour tout $t$ de $[- 1; 1]$ .
(c)

On suppose que les variables $N$ et $X$ admettent chacune une espérance finie. Établir l’identité de Wald: $E (S) = E (N) E (X)$ .

Exercice 147 4180 CENTRALE (MP)Correction

Soient $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé, $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ , ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires i.i.d suivant la loi de $X$ et $N$ une variable aléatoire indépendante des $X_{i}$ et à valeurs dans $ℕ$ . Pour $ω \in Ω$ , on pose

S (ω) = \sum_{k = 1}^{N (ω)} X_{k} (ω) .

(a)

Soient $G_{X}$ , $G_{S}$ et $G_{N}$ les séries génératrices de $X$ , $S$ et $N$ . Montrer

$\forall t \in [0; 1], G_{S} (t) = G_{N} \circ G_{X} (t) .$
(b)

On suppose que $X$ et $N$ possèdent une espérance. Montrer que $S$ possède une espérance et la calculer.
(c)

On suppose que $X$ et $N$ ont un moment d’ordre $2$ . Montrer que $S$ possède un moment d’ordre $2$ et calculer la variance de $S$ .

On étudie la transmission du nom de famille au cours des générations dans une société patriarcale. On suppose que le nombre de descendants masculins d’un individu suit une loi de Poisson de paramètre $λ \in] 0; + \infty [$ . On note $Z_{0}$ le nombre d’individus masculins au début de l’étude, $Z_{n}$ le nombre de descendants à la $n$ -ième génération. On suppose que $Z_{0} = 1$ .

(d)

Écrire une fonction Python renvoyant le nombre de descendants masculins à la $n$ -ième génération.
(e)

Fixer $λ$ et $n$ . Calculer une moyenne, sur un grand nombre de mesures, du nombre de descendants masculins. Comparer à $E (Z_{n})$ .

Solution

(a)

Pour $t \in [- 1; 1]$

$G_{S} (t)$ $= \sum_{m = 0}^{+ \infty} P (S = m) t^{m}$

$= \sum_{m = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n, X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$

car l’événement $(S = m)$ est la réunion disjointe des événements $(N = n, X_{1} + \dots + X_{n} = m)$ . Par indépendance puis réoganisation du calcul de la somme d’une famille sommable, il vient

$G_{S} (t)$ $= \sum_{m = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) P (X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) \sum_{m = 0}^{+ \infty} P (X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) G_{X_{1} + \dots + X_{n}} (t) .$

Enfin, par indépendance, $G_{X_{1} + \dots + X_{n}} (t) = G_{X_{1}} (t) \times \dots \times G_{X_{n}} (t) = {(G_{X} (t))}^{n}$ et l’on conclut $G_{S} = G_{N} (G_{X} (t))$ .
(b)

$G_{N}$ et $G_{X}$ sont dérivables en $1$ donc aussi $G_{N} \circ G_{X}$ et alors $S$ admet une espérance:

$E (S) = G_{S}^{'} (1) = G_{X}^{'} (1) \times G_{N}^{'} (G_{X} (1)) = E (X) E (N) .$
(c)

$G_{N}$ et $G_{X}$ sont deux fois dérivables en $1$ donc aussi $G_{N} \circ G_{X}$ et alors $S$ admet un moment d’ordre 2.

$V (S)$ $= E (S^{2}) - E {(S)}^{2} = E (S (S - 1)) + E (S) - E {(S)}^{2}$

$= G_{S}^{''} (1) + G_{S}^{'} (1) - {(G_{S}^{'} (1))}^{2} .$

Au terme des calculs,

$V (S) = E (N) V (X) + E {(X)}^{2} V (N) .$

(d)

On évite d’écrire lambda qui est un mot clé Python.

import random as rnd
import math

def poisson(l):
    x = rnd.random()
    n = 0
    p = math.exp(-l)
    while x > p:
        x = x - p
        n = n + 1
        p = p * l/n
    return n

def generation(n,l):
    Z = 1
    for k in range(n):
        S = 0
        for z in range(Z):
            S = S + poisson(l)
        Z = S
    return Z

(e)

def esperance(N):
    n = 10
    l = 1.8
    E = 0
    for i in range(N):
        E = E + generation(n,l)
    E = E / N
    return E, l**n

car $E (Z_{n + 1}) = E (X) E (Z_{n})$ (car $N$ correspond à $Z_{n}$ ) et donc $E (Z_{n}) = λ^{n}$ .

Exercice 148 6046 CENTRALE (MP)Correction

Soient ${(X_{k})}_{k \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires i.i.d. à valeurs dans $ℕ$ et $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ , indépendante des $X_{k}$ . On suppose que ces variables aléatoires admettent une espérance finie. On pose

S_{N} = \sum_{k = 1}^{N} X_{k} .

(a)
Avec Python:
1. (i)
  
  Pour $a \leq b \in ℕ$ , $λ > 0$ , $X_{1} \sim 𝒰 (⟦ a; b ⟧)$ et $N \sim 𝒫 (λ)$ , écrire une fonction qui simule $S_{N}$ .
2. (ii)
  
  Vérifier que $E (S_{N}) = E (N) E (X_{1})$ .
3. (iii)
  
  Pour $α < 0 < β$ , on pose $T = \min {k \in ℕ^{*} | S_{k} \leq α ou S_{k} \geq β}$ en convenant que $T = 0$ si $S_{k} \in] α; β [$ pour tout $k \in ℕ^{*}$ .
  
  Dans le cas où $X_{1} \sim 𝒰 ({- 1, 0, 1})$ , écrire une fonction simulant la variable $T$ et l’utiliser pour vérifier que
  
  $E (T) = \frac{3 | α β |}{2} .$
(b)

Montrer que pour tout $t \in [- 1; 1]$ , $G_{S_{N}} (t) = G_{N} (G_{X_{1}} (t))$ .
(c)

Montrer que $E (S_{N}) = E (N) E (X_{1})$ .
(d)

On suppose $X_{1}$ bornée mais plus nécessairement à valeurs entières.

On considère à nouveau la variable $T$ précédemment introduite, on admet que $T$ est d’espérance finie et on pose

$S_{T} = \sum_{k = 1}^{T} X_{k} .$

Justifier que $S_{T}$ est d’espérance finie et que $E (S_{T}) = E (T) E (X_{1})$ .

On montrera que

$E (S_{T}) = E (\sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j}))$

Solution

(a)

(i)

import numpy.random as rd

a = -1
b = 2
lamb = 4

def S():
    N = rd.poisson(lamb)
    res = 0
    for _ in range(N):
        res += rd.uniform(a, b)
    return res

(ii)

def Esp_S(n = 10_000):
    E = 0
    for _ in range(n):
        E += S()
    return E/10_000

print(Esp_S(), (a+b)*lamb/2)

(iii)

def T(alpha, beta, n = 100_000):
    S = 0
    for k in range(1, n+1):
        S += rd.randint(-1, 2)
        if S <= alpha or S >= beta:
            return k
    return 0


def Esp_T(alpha, beta, n = 10_000):
    E = 0
    for _ in range(n):
        E += T(alpha, beta)
    return E/10_000

alpha = -2
beta = 3
print(Esp_T(alpha, beta), 3*abs(alpha*beta)/2)

(b)

Soit $t \in] - 1; 1 [$ .

$G_{S_{N}} (t) = E (t^{S_{N}}) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{N} = k) t^{k} .$

Par la formule des probabilités totales,

$G_{S_{N}} (t) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (S_{N} = k ∣ N = n) P (N = n) t^{k} .$

La famille considérée est sommable et cela permet de réorganiser la sommation

$G_{S_{N}} (t)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{N} = k ∣ N = n) P (N = n) t^{k}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{n} = k ∣ N = n) P (N = n) t^{k} .$

La variable $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n}$ étant indépendante de $N$ ,

$G_{S_{N}} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{n} = k) t^{k} P (N = n) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} G_{S_{n}} (t) P (N = n) .$

Or les variables $X_{i}$ sont indépendantes et donc

$G_{S_{n}} (t) = G_{X_{1}} (t) \times \dots \times G_{X_{n}} (t) = {(G_{X_{1}} (t))}^{n} .$

On conclut

$G_{S_{N}} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(G_{X_{1}} (t))}^{n} P (N = n) = G_{N} (G_{X_{1}} (t)) .$
(c)

L’existence des espérances assurent la dérivabilité de $G_{X_{1}}$ et $G_{N}$ en $1$ . Par composition (et parce que $G_{X_{1}} (1) = 1$ ), on peut affirmer que $G_{S_{N}}$ est dérivable en $1$ . Ainsi, $S_{N}$ admet une espérance finie et

$E (S_{N}) = G_{S_{N}}^{'} (1) = G_{X_{1}}^{'} (1) G_{N}^{'} (1) = E (X_{1}) E (N) .$
(d)

On a

$S_{T} = \sum_{j = 1}^{T} X_{k} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} 1_{T \geq j} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j}) .$

Les variables $X_{j}$ sont bornées. On peut donc introduire $m \in ℝ$ tel que $X_{j}^{'} = X_{j} + m$ soit positive pour tout $j \in ℕ^{*}$ . En établissant la propriété demandée pour les variables positives $X_{j}^{'}$ , on peut aisément l’étendre aux variables $X_{j}$ initiales puisque

$S_{T}^{'} = \sum_{k = 1}^{T} X_{k}^{'} = \sum_{k = 1}^{T} (X_{k} + m) = S_{T} + m T .$

Sans perte de généralité, on suppose désormais les variables $X_{j}$ à valeurs positives. Cela permet de manipuler des espérances définies dans $[0; + \infty]$ . On introduit aussi $M \in ℝ_{+}$ tel que $X_{j} \leq M$ pour tout $j \in ℕ^{*}$ . On va établir

$E (\sum_{j = 1}^{N} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \to_{N \to + \infty}^{} E (\sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \in ℝ .$

Cela revient à démontrer

$E (\sum_{j = N + 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

Par croissance,

$E (\sum_{j = N + 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \leq E (\sum_{j = N + 1}^{+ \infty} M (1 - 1_{T < j})) = \sum_{j = N + 1}^{+ \infty} M P (T \geq j) .$

Or la variable $T$ est à valeurs dans $ℕ$ et d’espérance finie donc

$E (T) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} P (T \geq j) \in ℝ .$

On en déduit

$\sum_{j = N + 1}^{+ \infty} P (T \geq j) \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

On a donc acquis

$E (\sum_{j = 1}^{N} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \to_{N \to + \infty}^{} E (\sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \in ℝ .$

Cela se relit par linéarité

$\sum_{j = 1}^{N} (E (X_{j}) - E (X_{j} 1_{T < j})) \to_{N \to + \infty}^{} E (\sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \in ℝ .$

L’événement $(T < j)$ est fonction de $X_{1}, \dots, X_{j - 1}$ donc indépendant de $X_{j}$ . On a alors

$\sum_{j = 1}^{N} (E (X_{j}) - E (X_{j} 1_{T < j}))$ $= \sum_{j = 1}^{N} (E (X_{j}) - E (X_{j}) P (T < j))$

$= \sum_{j = 1}^{N} E (X_{1}) P (T \geq j) \to_{N \to + \infty}^{} E (X_{1}) E (T) .$

Par unicité des limites,

$E (S_{T}) = E (X_{1}) E (T) .$

[<] Calcul d'espérance par les fonctions génératrices[>] Convergences

Exercice 149 2620 Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite de variables aléatoires suivant chacune une loi de Bernoulli de paramètre $p_{n} \in [0; 1]$ . On suppose qu’il existe deux réels $a, b \in] 0; 1 [$ tels que

P (X_{n + 1} = 1 ∣ X_{n} = 1) = a et P (X_{n + 1} = 1 ∣ X_{n} = 0) = b .

Déterminer la limite de $(p_{n})$ .

Solution

Par la formule des probabilités totales,

	$p_{n + 1}$	$= P (X_{n + 1} = 1)$
		$= P (X_{n + 1} = 1 ∣ X_{n} = 1) P (X_{n} = 1) + P (X_{n + 1} = 1 ∣ X_{n} = 0) P (X_{n} = 0)$
		$= a p_{n} + b (1 - p_{n}) .$

Si la suite $(p_{n})$ admet une limite finie $ℓ$ , celle-ci doit vérifier

ℓ = a ℓ + b (1 - ℓ)

et donc

ℓ = \frac{b}{1 + b - a} .

Considérons cette valeur. On remarque

p_{n + 1} - ℓ = (a - b) (p_{n} - ℓ)

et donc, par récurrence,

\forall n \in ℕ, | p_{n} - ℓ | \leq {| a - b |}^{n} | p_{0} - ℓ | .

Puisque $| a - b | < 1$ , on obtient que $(p_{n})$ tend vers $ℓ$ .

Exercice 150 5996 Correction

Un individu se déplace sur l’axe $ℕ$ . À l’instant $k = 0$ , il se positionne en $0$ et à chaque instant $k \in ℕ$ , il progresse d’une ou deux unités selon le résultat du lancer d’une pièce non équilibrée: s’il obtient pile (avec probabilité $p \in [0; 1]$ ), il se déplace d’une unité et, s’il obtient face, il se déplace de deux unités.

On note $p_{n}$ la probabilité que l’individu passe par l’abscisse $n$ lors de son périple.

(a)

Calculer $p_{0}$ , $p_{1}$ et $p_{2}$ .
(b)

Établir

$\forall n \in ℕ, p_{n + 2} = p p_{n + 1} + (1 - p) p_{n}$

puis exprimer $p_{n}$ en fonction de $n \in ℕ$ .

Solution

Pour $k \in ℕ^{*}$ et $n \in ℕ$ , introduisons les événements

A_{k} = « L’individu obtient pile lors du k -ème lancer »

B_{n} = « L’individu passe par l’abscisse n lors de son parcours ».

(a)

Par lecture de l’expérience, on a immédiatement $B_{0} = Ω$ et donc $p_{0} = 1$ . Aussi, $B_{1} = A_{1}$ et donc $p_{1} = P (A_{1}) = p$ .

Il y a deux scénarios qui conduisent l’individu à passer par l’abscisse $2$ : $B_{2} = (A_{1} \cap A_{2}) \cup \bar{A_{1}}$ . Par incompatibilité puis indépendance,

$p_{2} = P (A_{1} \cap A_{2}) + P (\bar{A_{2}}) = P (A_{1}) P (A_{2}) + P (\bar{A_{2}}) = p^{2} + (1 - p) .$
(b)

La famille $(A_{1}, \bar{A_{1}})$ est un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,

$P (B_{n + 2}) = P (A_{1}) P (B_{n + 2} ∣ A_{1}) + P (\bar{A_{1}}) P (B_{n + 2} ∣ \bar{A_{1}}) .$

Or $P (B_{n + 2} ∣ A_{1}) = p_{n + 1}$ et $P (B_{n + 2} ∣ \bar{A_{1}}) = p_{n}$ donc

$p_{n + 2} = P (B_{n}) = p p_{n + 1} + (1 - p) p_{n} .$

La suite ${(p_{n})}_{n \in ℕ}$ est une suite récurrente linéaire d’ordre $2$ d’équation caractéristique $r^{2} - p r - (1 - p) = 0$ . Cette équation admet deux racines distinctes $1$ et $p - 1$ . Le terme général de ${(p_{n})}_{n \in ℕ}$ s’exprime

$\forall n \in ℕ, p_{n} = λ 1^{n} + μ {(p - 1)}^{n} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .$

Les valeurs $p_{0}$ et $p_{1}$ déterminent $λ$ et $μ$ :

${\begin{matrix} λ + μ & = 1 \\ λ + (p - 1) μ & = p \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} λ & = \frac{1}{2 - p} \\ μ & = \frac{1 - p}{2 - p} . \end{matrix}$

On obtient donc

$\forall n \in ℕ, p_{n} = \frac{1 - {(p - 1)}^{n + 1}}{2 - p} .$

Exercice 151 5468 MINES (PSI)Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon la loi d’une variable $X$ telle que

P (X = 1) = P (X = - 1) = \frac{1}{2} .

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on pose $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n}$ et $S_{0} = 0$ .

(a)

Déterminer $P (S_{n} = 0)$ .

Pour $k \in ℕ$ , on introduit l’événement

E_{k} = ⋃_{n \in ℕ} (S_{n} \geq k) et q_{k} = P (E_{k}) .

(b)

Pour $k \in ℕ^{*}$ . Déterminer la probabilité conditionnelle $P (E_{k} ∣ X_{1} = 1)$ .
(c)

Justifier

$q_{k} = \frac{1}{2} (q_{k - 1} + q_{k + 1}) pour tout k \in ℕ^{*} .$
(d)

En déduire que $q_{k} = 1$ pour tout $k \in ℕ$ .
(e)

Soit $k \in ℤ$ . Que vaut

$P (⋃_{n \in ℕ} (S_{n} \leq k)) ?$
(f)

Soit $k \in ℤ$ . Montrer que, presque sûrement, la suite $(S_{n})$ prend une infinité de fois la valeur $k$ .

Solution

(a)

La variable $Y = (X + 1) / 2$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p = 1 / 2$ , la variable $T_{n} = (S_{n} + n) / 2$ suit alors une loi binomiale de paramètres $n$ et $p = 1 / 2$ . On obtient alors

$P (S_{n} = 0) = P (T_{n} = n / 2) = {\begin{matrix} (\binom{n}{n / 2}) \frac{1}{2^{n}} & si n est pair \\ 0 & sinon. \end{matrix}$
(b)

Pour $k \in ℕ^{*}$ ,

$(E_{k} \cap X_{1} = 1)$ $= ⋃_{n \in ℕ} ((S_{n} \geq k) \cap (X_{1} = 1))$

$= ⋃_{n \in ℕ^{*}} ((X_{2} + \dots + X_{n} \geq k - 1) \cap (X_{1} = 1))$

$= (⋃_{n \in ℕ^{*}} (X_{2} + \dots + X_{n} \geq k - 1)) \cap (X_{1} = 1) .$

Par indépendance,

$P (E_{k} ∣ X_{1} = 1) = \frac{P (E_{k} \cap X_{1} = 1)}{P (X_{1} = 1)} = P (⋃_{n \in ℕ^{*}} (X_{2} + \dots + X_{n} \geq k - 1)) .$

Par symétrie de l’expérience,

$P (E_{k} ∣ X_{1} = 1) = P (⋃_{n \in ℕ^{*}} (X_{1} + \dots + X_{n - 1} \geq k - 1)) = q_{k - 1} .$
(c)

De la même façon,

$P (E_{k} ∣ X_{1} = 1) = P (⋃_{n \in ℕ^{*}} (X_{1} + \dots + X_{n - 1} \geq k + 1)) = q_{k + 1} .$

En considérant le système complet d’événements constitué de $(X_{1} = 1)$ et $(X_{1} = - 1)$ , la formule des probabilités totales donne

$P (⋃_{n \in ℕ} (S_{n} \geq k)) = \frac{1}{2} (q_{k - 1} + q_{k}) .$
(d)

La suite ${(q_{k})}_{k \in ℕ}$ est une suite récurrente linéaire d’ordre $2$ d’équation caractéristique $r^{2} - 2 r + 1 = 0$ de racine double $1$ . Le terme général de la suite ${(q_{k})}_{k \in ℕ}$ est donc de la forme

$q_{k} = λ k + μ avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .$

La suite ${(q_{k})}_{k \in ℕ}$ est une suite de probabilités, elle est donc bornée et l’on en déduit $λ = 0$ . De plus, on a évidemment $q_{0} = 1$ et donc $q_{k} = 1$ pour tout $k \in ℕ$ .
(e)

Pour $k \geq 0$ , on a immédiatement

$P (⋃_{n \in ℕ} (S_{n} \leq k)) = 1 .$

Pour $k < 0$ , on observe que $S_{n}$ et $- S_{n}$ suivent la même loi pour employer le résultat qui précède

$P (⋃_{n \in ℕ} (S_{n} \leq k)) = P (⋃_{n \in ℕ} (- S_{n} \geq - k)) = 1 .$
(f)

Pour $k \in ℤ$ , on introduit

$r_{k} = P (⋂_{N \in ℕ} ⋃_{n \geq N} (S_{n} = k))$

qui mesure la probabilité que la suite $(S_{n})$ prend une infinité de fois la valeur $k$ . Comme au-dessus, on établit $r_{k} = \frac{1}{2} (r_{k - 1} + r_{k + 1})$ ce qui montre que la suite ${(r_{k})}_{k \in ℤ}$ est constante. Il reste à déterminer $r_{0}$ ce que l’on résout en étudiant l’événement contraire

$⋃_{N \in ℕ} ⋂_{n \geq N} (S_{n} \neq 0) .$

Pour $N \in ℕ$ , on remarque

$⋂_{n \geq N} (S_{n} \neq 0) \subset (⋂_{n \geq N} (S_{n} > 0)) \cup (⋂_{n \geq N} (S_{n} < 0))$

et

$⋂_{n \geq N} (S_{n} > 0) \subset ⋂_{n \geq 0} (S_{n} \neq - N)$

avec

$P (⋂_{n \geq 0} (S_{n} \neq - N)) = 1 - P (⋃_{n \geq 0} (S_{n} = - N)) = 0 .$

Ainsi,

$P (⋂_{n \geq N} (S_{n} > 0)) = 0$

et de même

$P (⋂_{n \geq N} (S_{n} < 0)) = 0 .$

Par réunion dénombrable d’événements négligeables et passage à l’événement contraire, on conclut que la suite ${(r_{k})}_{k \in ℤ}$ est constante égale à $1$ .

Exercice 152 5097

(Marche aléatoire sur $Z^{2}$ )

Soit ${(Z_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi uniforme sur ${(1,0), (- 1,0), (0,1), (0, - 1)}$ .

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose¹¹ 1 La suite $(S_{n})$ s’interprète comme une marche aléatoire sur la grille $ℤ^{2}$ amorcée en $(0,0)$ et qui, à chaque étape, passe aléatoirement d’une case à une case voisine. $S_{n} = Z_{1} + \dots + Z_{n}$ ainsi que $S_{0} = (0,0)$ .

On note $X_{n}$ et $Y_{n}$ les variables aléatoires déterminées par $Z_{n} = (X_{n}, Y_{n})$ et l’on introduit

U_{n} = X_{n} + Y_{n} et V_{n} = X_{n} - Y_{n} .

(a)

Les variables $X_{n}$ et $Y_{n}$ sont-elles indépendantes?
(b)

Les variables $U_{n}$ et $V_{n}$ sont-elles indépendantes?
(c)

Plus généralement, établir que les variables $U_{1}, \dots, U_{n}, V_{1}, \dots, V_{n}$ sont indépendantes.
(d)

Calculer $P (S_{n} = (0,0))$ .

On note $N_{n}$ le nombre de $k \in ⟦ 1; n ⟧$ pour lesquels $S_{k} = (0,0)$ .

(e)

Montrer que $E (N_{n})$ tend²² 2 Autrement dit, la marche aléatoire passe en moyenne une infinité de fois par $(0,0)$ . On peut aussi montrer, et cela est plus fort, qu’il est presque sûr que la marche passe une infinité de fois par $(0,0)$ . vers $+ \infty$ lorsque $n$ tend vers $+ \infty$ .

Exercice 153 4169 CENTRALE (MP)Correction

Un pion se déplace sur des cases numérotées par les entiers naturels. Initialement, il se trouve sur la case $0$ et à chaque instant, il se déplace d’un nombre strictement positif de cases. On note $Y_{i}$ la variable aléatoire donnant le nombre de cases parcourues lors de la $i$ -ème étape. On suppose que les $Y_{i}$ sont indépendantes et suivent la même loi. On pose

S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} Y_{i}

qui donne la position du pion à l’instant $n$ ,

f_{i} = P (Y_{1} = i) et f (t) = \sum_{i = 1}^{+ \infty} f_{i} t^{i} .

Enfin, on introduit $k \in ℕ^{*}$ .

(a)

On suppose que $Y_{1} - 1$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

Écrire en Python une fonction qui prend un paramètre entier $k$ et qui renvoie $1$ si le pion atteint la case $k$ et $0$ sinon.

Écrire une fonction qui, sur une trentaine d’essais, renvoie la proportion de fois où le pion atteint la case $k$ . Comparer à $1 / E (Y_{1})$ .

On note $E_{k}$ l’événement: « le pion atteint la case $k$ » et $u_{k} = P (E_{k})$ .

(b)

Décrire l’événement $E_{k}$ à l’aide des variable aléatoires $S_{n}$ .
(c)

Calculer $P (E_{k} \cap {Y_{1} = j})$ pour $1 \leq j \leq k$ .
(d)

En déduire

$\forall k \in ℕ^{*}, u_{k} = \sum_{j = 1}^{k} u_{k - j} f_{j} .$
(e)

Justifier la définition de

$u (t) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} u_{k} t^{k} pour t \in [0; 1]$

et montrer que $u (t) = \frac{1}{1 - f (t)}$ .
(f)

Calculer $u$ dans le cas où $Y_{1} - 1$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p \in] 0; 1 [$ et en déduire les $u_{k}$ .
(g)

On suppose que $Y_{1}$ prend un nombre fini de valeurs et que les entiers $k$ tels que $P (Y_{1} = k) \neq 0$ sont premiers entre eux dans leur ensemble. Montrer que $(u_{k})$ tend vers $1 / E (Y_{1})$ .

Solution

(a)

import random as rnd

def atteint(k,p):
    Y = 0
    while Y < k:
        x = rnd.random()
        if x < p:
            Y = Y + 2
        else:
            Y = Y + 1
    if Y == k:
        return 1
    else:
        return 0

def repete(k,p,N):
    x = 0
    for i in range(N):
        x = x + atteint(k,p)
    return x/N,1/(1+p)

(b)

$E_{k} = ⋃_{n \in ℕ} (S_{n} = k) .$
(c)

Si $j = k$ ,

$P (E_{k} \cap (Y_{1} = j)) = P (Y_{1} = k) .$

Si $j < k$ , par incompatibilité des événements $(S_{n} = k)$ (car les $Y_{i}$ prennent des valeurs strictement positives)

$P (E_{k} \cap (Y_{1} = j))$ $= \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (S_{n} = k, Y_{1} = j)$

$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (S_{n} = k ∣ Y_{1} = j) P (Y_{1} = j)$

$= \sum_{n = 2}^{+ \infty} P (S_{n} = k ∣ Y_{1} = j) P (Y_{1} = j)$

$= \sum_{n = 2}^{+ \infty} P S_{n - 1} = k - j P (Y_{1} = j)$

$= P (E_{k - j}) P (Y_{1} = j) .$
(d)

La famille des $(Y_{1} = j)$ avec $j \in ℕ^{*}$ est un système complet d’événements et donc

$P (E_{k})$ $= \sum_{j = 1}^{+ \infty} P (E_{k} \cap (Y_{1} = j))$

$= \sum_{j = 1}^{k} P (E_{k} \cap (Y_{1} = j)) + 0$

$= \sum_{j = 1}^{k} P (E_{k - j}) P (Y_{1} = j) + P (Y_{1} = k) = \sum_{j = 1}^{k} u_{k - j} f_{j}$

en posant $u_{0} = 1$ .
(e)

La suite $u_{k}$ est une suite de probabilité: elle est bornée et la série entière $\sum u_{k} t^{k}$ est de rayon de convergence au moins égale à $1$ .

Par produit de Cauchy de série absolument convergentes

$f (t) u (t) = \sum_{i = 1}^{+ \infty} f_{i} t^{i} \sum_{k = 0}^{+ \infty} u_{k} t^{k} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{i + k = n} f_{i} u_{k} t^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} t^{n} = u (t) - 1 .$

On en déduit la relation proposée.
(f)

Si $Y_{1}$ suit une loi de Bernoulli

$f (t) = (1 - p) t + p t^{2} et u (t) = \frac{1}{1 - (1 - p) t - p t^{2}} = \frac{1}{(1 - t) (1 + p t)} .$

Par décomposition en éléments simples

$u (t) = \frac{1}{1 + p} \cdot \frac{1}{1 - t} + \frac{p}{1 + p} \cdot \frac{1}{1 + p t}$

et donc

$u_{k} = \frac{1 + {(- 1)}^{k} p^{k + 1}}{(1 + p)} .$
(g)

La fonction $f$ est un polynôme qui prend la valeur $1$ en $1$ :

$f (t) = \sum_{i = 1}^{n} f_{i} t^{i} .$

Vérifions que $f (t) - 1$ ne possède pas d’autres racines que $1$ de module inférieur à $1$ .

Supposons $| t | \leq 1$ . Si $f (t) = 1$ , on a par inégalité triangulaire

$1 = | \sum_{i = 1}^{n} f_{i} t^{i} | \leq \sum_{i = 1}^{n} f_{i} {| t |}^{i} \leq \sum_{i = 1}^{n} f_{i} = 1 .$

On en déduit $f_{i} {| t |}^{i} = f_{i}$ pour tout $i$ compris entre $1$ et $n$ . Les indices $i$ tels que les $f_{i}$ sont non nuls étant premiers dans leur ensemble, il vient¹¹ 1 Si $i_{1}, \dots, i_{p}$ sont les indices pour lesquels $f_{i} \neq 0$ , il suffit d’écrire $| t | = {| t |}^{i_{1} u_{1} + \dots + i_{p} u_{p}}$ avec $u_{1}, \dots, u_{p}$ entiers tels que $i_{1} u_{1} + \dots + i_{p} u_{p} = 1$ . $| t | = 1$ . De plus, par égalité dans l’inégalité triangulaire complexe, les $f_{i} t^{i}$ ont le même argument lorsqu’ils sont non nuls. Aussi, leur somme est égale à $1$ et l’on en tire que les $t^{i}$ sont tous égaux à $1$ . Par le même argument qu’au-dessus, il vient $t = 1$ .

$1$ est racine simple de la fraction $u$ et ses autres racines complexes sont de modules strictement supérieurs à $1$ . La décomposition en éléments simples de $u$ donne l’écriture

$u (t) = \frac{a}{1 - t} + v (t)$

avec $a = f^{'} (1) = E (Y_{1})$ et $v (t)$ dont la décomposition en série entière est de rayon de convergence $> 1$ et dont les coefficients sont donc de limite nulle. On en déduit que $u_{k}$ tend vers $E (Y_{1})$ quand $k$ tend vers l’infini.

Exercice 154 5688 Correction

Une matrice $M = {(m_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n} (ℝ)$ est dite strictement stochastique si tous les $m_{i, j}$ sont strictement positifs et

\forall i \in ⟦ 1; n ⟧, m_{i,1} + \dots + m_{i, n} = 1 .

(a)

Écrire une fonction stocha(n) qui renvoie une matrice strictement stochastique aléatoire de taille $n$ .

On fixe B = stoch(3).

(b)

Trouver des colonnes $x$ et $y$ de coordonnées strictement positifs telles que $B x = x$ et $B^{⊤} y = y$ .
(c)

On pose $L = \frac{x y^{⊤}}{x^{⊤} y}$ . Observer que $(B^{k})$ converge vers $L$ .

Une particule se déplace aléatoire sur $d$ points numérotés de $1$ à $d$ . À l’instant $n$ , la particule reste à la place qu’elle occupe avec une probabilité $p \in] 0; 1 [$ ou se déplace sur les autres points avec une probabilité uniforme. On note $X_{n}$ la variable aléatoire qui donne la position de la particule à l’instant $n$ et

P_{n} = {(\begin{matrix} P (X_{n} = 1) & \dots & P (X_{n} = d) \end{matrix})}^{⊤} .

(d)

Montrer qu’il existe une matrice strictement stochastique $Q$ telle que $P_{1} = Q P_{0}$ et expliciter celle-ci.
(e)

En déduire une expression de $P_{n}$ en fonction de $n$ , $Q$ et $P_{0}$ .
(f)

Sans calculs, justifier que $Q$ est diagonalisable. Expliciter ses valeurs propres et ses sous-espaces propres.
(g)

Déterminer la limite de $(P_{n})$ .

Solution

(a)

On forme un tableau aléatoire de valeurs strictement positives puis on divise les coefficients par la somme de la ligne qui les contient:

import numpy as np
import numpy.random as rd
import numpy.linalg as alg

def stocha(n):
    M = rd.random((n, n))
    for i in range(n):
        S = sum(M[i, :])
        M[i, :] = M[i, :] / S
    return M

(b)

On peut récupérer les valeurs de x et y à la main ou bien de façon plus programmée comme ci-dessous.

B = stocha(3)
vp, P = alg.eig(B)
x = P[:,np.where(np.isclose(vp,1.))[0]]
C = B.T
vp, P = alg.eig(C)
y = P[:,np.where(np.isclose(vp,1.))[0]]

(c)

On vérifie l’affirmation avec une valeur de $k$ suffisante.

L = np.dot(x, y.T) / np.dot(x.T, y)
print(L - alg.matrix_power(B,100))

On pourrait aussi calculer la norme euclidienne de la matrice différence puis tracer son évolution lorsque $k$ varie.

import matplotlib.pyplot as plt

plt.plot([alg.norm(L - alg.matrix_power(B,k)) for k in range(100)])
plt.show()

(d)

En vertu de l’expérience

$Q = (\begin{matrix} p & q & \dots & q \\ q & p & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & q \\ q & \dots & q & p \end{matrix})$

avec $q$ déterminé par $p + (n - 1) q = 1$ .
(e)

On remarque $P_{n + 1} = Q P_{n}$ et par récurrence $P_{n} = Q^{n} P_{0}$ .
(f)

La matrice $Q$ est symétrique réelle donc diagonalisable.

Après calculs, son polynôme caractéristique est

$χ_{Q} = (X - 1) {(X - (p - q))}^{n - 1} .$

Les sous-espaces propres de $Q$ sont

$E_{1} (Q) = Vect ((1, \dots,1)) et E_{p - q} (Q) = {(E_{1} (Q))}^{⊥} = {(x_{1}, \dots, x_{q}) | x_{1} + \dots + x_{d} = 0} .$
(g)

Par orthodiagonalisation et sachant $| p - q | < 1$ , on montre

$Q^{n} \to_{n \to + \infty}^{} P D P^{⊤} avec P = (\begin{matrix} 1 / \sqrt{d} & * & \dots & * \\ 1 / \sqrt{d} & * & \dots & * \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 / \sqrt{d} & * & \dots & * \end{matrix}) et D = (\begin{matrix} 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 0 \\ 0 & \dots & 0 & 0 \end{matrix}) .$

Donc

$Q^{n} \to_{n \to + \infty}^{} (\begin{matrix} 1 / d & \dots & 1 / d \\ ⋮ & ⋮ \\ 1 / d & \dots & 1 / d \end{matrix}) .$

Puisque la somme des coefficients de $P_{0}$ vaut $1$ ,

$P_{n} \to_{n \to + \infty}^{} (\begin{matrix} 1 / d \\ ⋮ \\ 1 / d \end{matrix}) .$

[<] Marches aléatoires

Exercice 155 5470 Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes telle que, pour tout $n \in ℕ^{*}$ , $X_{n}$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ_{n} > 0$ . On suppose que la série $\sum λ_{n}$ converge.

(a)

Montrer la convergence de la série $\sum P (X_{n} \neq 0)$ .
(b)

Montrer

$P (⋂_{N \in ℕ^{*}} ⋃_{n \geq N} (X_{n} \neq 0)) = 0 .$
(c)

En déduire que, presque sûrement, la série $\sum X_{n}$ converge.
(d)

Établir que $X = \sum_{n = 1}^{+ \infty} X_{n}$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ = \sum_{n = 1}^{+ \infty} λ_{n}$ .

Solution

(a)

La suite ${(λ_{n})}_{n \geq 1}$ est nécessairement de limite nulle car la série associée converge. Pour $n \geq 1$ ,

$P (X_{n} \neq 0) = 1 - P (X_{n} = 0) = 1 - e^{- λ_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} λ_{n} \geq 0 .$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum P (X_{n} \neq 0)$ converge.
(b)

Soit $N \in ℕ^{*}$ . Par l’inégalité de Boole,

$P (⋃_{n \geq N} (X_{n} \neq 0)) \leq \sum_{n = N}^{+ \infty} P (X_{n} \neq 0)$

Or

$\sum_{n = N}^{+ \infty} P (X_{n} \neq 0) \to_{N \to + \infty}^{} 0$

car le reste d’une série convergente est de limite nulle. Par continuité monotone,

$P (⋂_{N \in ℕ^{*}} ⋃_{n \geq N} (X_{n} \neq 0)) = lim_{N \to + \infty} P (⋃_{n \geq N} (X_{n} \neq 0)) = 0 .$
(c)

Par passage à l’événement contraire,

$P (⋃_{N \in ℕ^{*}} ⋂_{n \geq N} (X_{n} = 0)) = 1$

Cela signifie qu’il est presque sûr que la suite $(X_{n})$ est nulle à partir d’un certain rang et la série $\sum X_{n}$ est alors convergente.
(d)

Soit $k \in ℕ$ . L’événement $(X = k)$ est la réunion croissante des événements

$(X_{1} + \dots + X_{N} = k) \cap (⋂_{n \geq N + 1} (X_{n} = 0)) .$

Par continuité monotone,

$P (X = k) = lim_{N \to + \infty} P ((X_{1} + \dots + X_{N} = k) \cap (⋂_{n \geq N + 1} (X_{n} = 0))) .$

Par indépendance,

$P ((X_{1} + \dots + X_{N} = k) \cap (⋂_{n \geq N + 1} (X_{n} = 0))) = P (X_{1} + \dots + X_{N} = k) P (⋂_{n \geq N + 1} (X_{n} = 0)) .$

Puisque $X_{1} + \dots + X_{N}$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ_{1} + \dots + λ_{N}$ , il vient

$P (X_{1} + \dots + X_{N} = k) = e^{- (λ_{1} + \dots + λ_{N})} \frac{{(λ_{1} + \dots + λ_{N})}^{k}}{k!} \to_{N \to + \infty}^{} e^{- λ} \frac{λ^{k}}{k!} .$

Aussi, par passage à l’événement contraire,

$P (⋂_{n \geq N + 1} (X_{n} = 0)) = 1 - P (⋂_{n \geq N + 1} (X_{n} \neq 0)) \to_{N \to + \infty}^{} 1 .$

On conclut

$P (X = k) = e^{- λ} \frac{λ^{n}}{n!} .$

Exercice 156 4381

(Convergences probabilistes)

Soient $X$ une variable aléatoire réelle sur un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ et ${(X_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite de variables aléatoires réelles sur ce même espace.

(a)

Montrer que l’ensemble des $ω \in Ω$ tels que $(X_{n} (ω))$ tend vers $X (ω)$ constitue un événement.

On dit que la suite ${(X_{n})}_{n \in ℕ}$ converge presque sûrement vers la variable $X$ lorsque

P (X_{n} \to_{n \to + \infty}^{} X) = 1 .

On dit que la suite ${(X_{n})}_{n \in ℕ}$ converge en probabilité¹¹ 1 On définit encore d’autres types de convergence. Par exemple, dans l’espace $L^{1} (Ω)$ , on introduit la convergence $L^{1}$ par $E (| X_{n} - X |) \to 0$ . Il s’agit presque d’une convergence dans un espace normé, l’application $X \mapsto {∥ X ∥}_{1} = E (| X_{1} |)$ étant une semi-norme sur $L^{1} (Ω)$ : elle vérifie les axiomes définissant une norme sauf celui de séparation. Par l’inégalité de Markov, la convergence $L^{1}$ entraîne la convergence en probabilité. vers²² 2 Il n’y a pas exactement unicité de la variable $X$ vers laquelle la convergence a lieu. Plus précisément, s’il y a convergence en probabilité vers deux variables $X$ et $X^{'}$ celles-ci ne sont que presque sûrement égales. la variable $X$ si, pour tout $ε > 0$ ,

P (| X_{n} - X | > ε) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

(b)

Montrer que la convergence presque sûre entraîne la convergence en probabilité.
(c)

On suppose que pour tout $ε > 0$ , il y a convergence de la série de terme général $P (| X_{n} - X | > ε)$ . Montrer à l’aide du résultat du sujet 4000 que la suite ${(X_{n})}_{n \in ℕ}$ converge presque sûrement vers la variable $X$ .
(d)

Montrer que la convergence en probabilité de ${(X_{n})}_{n \in ℕ}$ vers $X$ entraîne la convergence presque sûre d’une suite extraite ${(X_{φ (n)})}_{n \in ℕ}$ vers $X$ .

Exercice 157 4382

(Loi forte des grands nombres)

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires deux à deux indépendantes et identiquement distribuées selon une loi admettant une espérance $μ$ et une variance $σ^{2}$ . On pose

S_{n} = \frac{1}{n} (X_{1} + \dots + X_{n}) pour n \in ℕ^{*}

et l’on souhaite établir

P (S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} μ) = 1 .

(a)

Montrer que l’on peut supposer $μ = 0$ .

On conservera cette hypothèse dans la suite de l’étude.

(b)

Soit $ε > 0$ . Montrer

$P (| S_{n} | > ε) \leq \frac{σ^{2}}{n ε^{2}} .$
(c)

À l’aide du sujet 4381, établir que la suite extraite ${(S_{m^{2}})}_{m \in ℕ^{*}}$ converge presque sûrement vers $0$ .

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose $m$ égal à la partie entière de la racine carrée de $n$ et l’on introduit

T_{n} = \frac{1}{n} (X_{m^{2} + 1} + \dots + X_{n}) .

(d)

Soit $ε > 0$ . Montrer

$P (| T_{n} | > ε) \leq \frac{2 σ^{2}}{n^{3 / 2} ε^{2}} .$
(e)

Conclure.

Édité le 09-06-2025

	$P (X \geq n + 1)$	$= P (X \geq n) - P (X = n)$
		$= P (X \geq n) - P (X = n ∣ X \geq n) P (X \geq n)$
		$= P (X \geq n) (1 - x_{n}) = \prod_{k = 1}^{n} (1 - x_{k}) .$

	$P (Y = y) H (X ∣ Y = y) = - \sum_{x \in 𝒳}$	$P (X = x, Y = y) \times$
		$(\log (P (X = x, Y = y)) - \log (P (Y = y))) .$

	$\sum_{(x, y) \in 𝒳 \times Y}$	$P (X = x, Y = y) \log (P (Y = y))$
		$= \sum_{y \in 𝒴} \sum_{x \in 𝒳} P (X = x, Y = y) \log (P (Y = y))$

	$P (X + Y = n + 2)$	$= \sum_{k = 0}^{n} P (X = k + 1) P (Y = n - k + 1)$
		$= \sum_{k = 0}^{n} {(1 - p)}^{k} p {(1 - p)}^{n_{k}} p = (n + 1) {(1 - p)}^{n} p^{2} .$

	$P (X = k ∣ X + Y = n)$	$= \frac{P (X = k) P (Y = n - k)}{P (X + Y = n)}$
		$= \frac{p^{2} {(1 - p)}^{n - 2}}{(n - 1) p^{2} {(1 - p)}^{n - 2}} = \frac{1}{n - 1} .$

	$P (Z > X + Y)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (Z > n + 2, X + Y = n + 2)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (Z > n + 2) P (X + Y = n + 2)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) {(1 - p)}^{2 n + 2} p^{2} .$

	$\forall (n, k) \in ℕ^{2}, P (X > n + k ∣ X > n)$	$= \frac{P ((X > n + k) \cap (X > n))}{P (X > n)} = \frac{P (X > n + k)}{P (X > n)}$
		$= \frac{{(1 - p)}^{n + k}}{{(1 - p)}^{n}} = {(1 - p)}^{k} = P (X > k) .$

	$P (X = n)$	$= P (X > n - 1) - P (X > n) = q^{n - 1} - q^{n}$
		$= q^{n - 1} (1 - q) = {(1 - p)}^{n - 1} p .$

	$P (X_{1} \neq X_{2})$	$= 1 - P (X_{1} = X_{2}) = 1 - \sum_{n = 1}^{+ \infty} p^{2} {(1 - p)}^{2 (n - 1)}$
		$= 1 - \frac{p^{2}}{1 - {(1 - p)}^{2}} = 2 \frac{1 - p}{2 - p} .$

	$P (S_{r + 1} = n)$	$= \sum_{k = r}^{n - 1} P (S_{r} = k) P (X_{r + 1} = n - k)$
		$= \sum_{k = r}^{n - 1} (\binom{k - 1}{r - 1}) {(1 - p)}^{k - r} p^{r} \times {(1 - p)}^{n - k - 1} p$
		$= \sum_{k = r}^{n - 1} (\binom{k - 1}{r - 1}) {(1 - p)}^{n - r - 1} p^{r + 1}$

	$\int_{0}^{+ \infty} (1 - {(1 - q^{x})}^{n}) d x$	$= \int_{0}^{1} (1 - u^{n}) \frac{- d x}{\ln (q) (1 - u)} = - \frac{1}{\ln (q)} \int_{0}^{1} \frac{1 - u^{n}}{1 - u} d u$
		$= - \frac{1}{\ln (q)} \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{n - 1} u^{k} d u = - \frac{1}{\ln (q)} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (n)}{\ln (q)} .$

	$P (X = n, Y = k)$	$= P (X = n) P (Y = k ∣ X = n)$
		$= e^{- λ} \frac{λ^{n}}{n!} (\binom{n}{k}) p^{k} {(1 - p)}^{n - k} .$

	$P (X = k, Y = ℓ)$	$= P (\underset{\begin{matrix} k fois \end{matrix}}{\underset{⏟}{P_{1} \dots P_{k}}} \underset{\begin{matrix} ℓ fois \end{matrix}}{\underset{⏟}{F_{k + 1} \dots F_{k + ℓ}}}$	$P_{k + ℓ + 1})$
		$+ P (\underset{\begin{matrix} k fois \end{matrix}}{\underset{⏟}{F_{1} \dots F_{k}}} \underset{\begin{matrix} ℓ fois \end{matrix}}{\underset{⏟}{P_{k + 1} \dots P_{k + ℓ}}} F_{k + ℓ + 1})$

	$P (X = k, Y = ℓ)$	$= p^{k} {(1 - p)}^{ℓ} p + {(1 - p)}^{k} p^{ℓ} (1 - p)$
		$= p^{k + 1} {(1 - p)}^{ℓ} + {(1 - p)}^{k + 1} p^{ℓ} .$

	$E (f (X))$	$\geq E (f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (X - E (X)))$
		$\geq f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (\underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{E (X) - E (X)}}) = f (E (X)) .$

	$\sum_{k = 0}^{n + 1} P (X > k)$	$= \sum_{k = 0}^{n} P (X > k) + P (X > n + 1)$
		$= \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X > n) + P (X > n + 1) .$

	$\sum_{k = 0}^{n + 1} P (X > k)$	$= \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X = n + 1) + (n + 2) P (X > n + 1)$
		$= \sum_{k = 0}^{n + 1} k P (X = k) + (n + 2) P (X > n + 1) .$

	$R_{n}$	$\leq a + Card ({X_{1}, \dots, X_{n}} \cap [a; + \infty [)$
		$\leq a + 1_{(X_{1} \geq a)} + \dots + 1_{(X_{n} \geq a)} .$

	$P (T_{r} = n + r + 1)$	$= P ((X_{n + 1} = 0) \cap (X_{n + 2} = 1) \cap \dots \cap (X_{n + r + 1} = 1)) P (T_{r} > n)$
		$= P (X_{n + 1} = 0) P (X_{n + 2} = 1) \times \dots \times P (X_{n + r + 1} = 1)) P (T_{r} > n)$
		$= (1 - p) p^{r} P (T_{r} > n) .$

	$E (Y_{n})$	$= P (Y_{n} = 1) - P (Y_{n} = - 1)$
		$= \sum_{k = 0}^{N} \frac{{(N - k)}^{2}}{N^{2}} P (X_{n} = k) - \sum_{k = 0}^{N} \frac{k^{2}}{N^{2}} P (X_{n} = k)$
		$= \sum_{k = 0}^{N} \frac{N^{2} - 2 N k}{N^{2}} P (X_{n} = k) = 1 - \frac{2}{N} E (X_{n}) .$

	$V (N)$	$= Cov (N, N) = Cov (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}, \sum_{j = 1}^{n} X_{j}) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} Cov (X_{i}, X_{j})$
		$= \sum_{i = 1}^{n} V (X_{i}) + 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} Cov (X_{i}, X_{j}) .$

	$P ((X_{m}, X_{n}) = (j, k))$	$= P (X_{m} = j) P (X_{n} - X_{m} = k - j)$
		$= e^{- α m} \frac{{(α m)}^{j}}{j!} \times e^{- α (n - m)} \frac{(α {(n - m)}^{k - j})}{(k - j)!}$
		$= e^{- α n} α^{k} \frac{m^{j} {(n - m)}^{k - j}}{j! (k - j)!} .$

	$P (N = n)$	$= P (X_{n - 1} = 0) P (X_{n} - X_{n - 1} > 0)$
		$= P (X_{n - 1} = 0) (1 - P (X_{n} - X_{n - 1} = 0))$
		$= e^{- α (n - 1)} (1 - e^{- α}) .$

	$P (S - E (S) \geq t)$	$\leq e^{- s t} \prod_{i = 1}^{n} E (e^{s (X_{i} - E (X_{i}))})$
		$\leq \exp (- s t + n \frac{{(b - a)}^{2}}{8} s^{2}) .$

	$E (e^{λ S_{n}})$	$= E (e^{λ X_{1}} \times \dots \times e^{λ X_{n}})$
		$= E (e^{λ X_{1}}) \times \dots \times E (e^{λ X_{n}})$
		$= {(\frac{e^{λ} + e^{- λ}}{2})}^{n} = {(ch (λ))}^{n} .$

	$E ({(S_{n} - S_{k})}^{2} 1_{A_{k}^{ε}})$	$= E (S_{n} 1_{A_{k}^{ε}}) - 2 E (S_{n} S_{k} 1_{A_{k}^{ε}}) + E (S_{k}^{2} 1_{A_{k}^{ε}})$
		$= E (S_{n} 1_{A_{k}^{ε}}) - E (S_{k}^{2} 1_{A_{k}^{ε}}) .$

	$\| G_{X} (t) - G_{Y} (t) \|$	$= G_{X} (t) - G_{Y} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (P (X = n) - P (Y = n)) t^{n}$
		$\leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P ((X = n) \cap (Y \neq n)) t^{n} \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P ((X = n) \cap (Y \neq n)) .$

	$S (t)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n (n - 1) + 2 n + 1}{n!} t^{n}$
		$= \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 2)!} t^{n} + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 1)!} t^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} t^{n}$
		$= (t^{2} + 2 t + 1) e^{t} = {(t + 1)}^{2} e^{t} .$

	$G_{S} (t)$	$= \sum_{m = 0}^{+ \infty} P (S = m) t^{m}$
		$= \sum_{m = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n, X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$

	$G_{S} (t)$	$= \sum_{m = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) P (X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) \sum_{m = 0}^{+ \infty} P (X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) G_{X_{1} + \dots + X_{n}} (t) .$