Exercice 1 4365

Pour quels $a \in ℝ$ , existe-t-il une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $ℕ^{*}$ telle que

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

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 $(Ω, 𝒯)$ . 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 $𝒯$ .

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 4094 Correction

Soit $T$ une variable aléatoire à valeurs naturelles vérifiant

\forall n \in ℕ, P (T > n) > 0 .

On appelle taux de panne associé à $T$ la suite ${(θ_{n})}_{n \in ℕ}$ déterminée par

θ_{n} = P (T = n ∣ T \geq n) .

Typiquement, si $T$ est la variable aléatoire indiquant l’instant où un matériel tombe à panne, la quantité $θ_{n}$ indique la probabilité qu’il tombe en panne à l’instant présent alors qu’il est actuellement fonctionnel.

(a)

Justifier

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

Exprimer en fonction des termes de la suite ${(θ_{n})}_{n \in ℕ}$ , la probabilité $P (T \geq n)$ .
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 que la suite ${(θ_{n})}_{n \in ℕ}$ est un taux de panne associé à une certaine variable aléatoire $T$ .

Solution

(a)

$θ_{n}$ est une probabilité donc $θ_{n} \in [0; 1]$ .
Si $θ_{n} = 1$ alors $P (T = n) = P (T \geq n)$ et donc $P (T > n) = 0$ ce qu’exclut les hypothèses.
(b)

On a $P (T = n) = θ_{n} P (T \geq n)$ 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 $P (T \geq n) \to_{n \to + \infty}^{} 0$ , on a

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

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 ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ 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 ce que la suite $(θ_{n})$ tend vers 0 ou non).
On a 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 $T$ dont la loi vérifie

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

On a alors

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

et

$P (T = n ∣ T \geq n) = θ_{n} .$

La variable aléatoire $T$ est bien solution.

Exercice 6 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 répartition¹¹ 1 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 médiane²² 2 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 obtient³³ 3 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 une⁴⁴ 4 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 7 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 8 4366

On lance indéfiniment et indépendamment un dé équilibré et l’on admet l’existence d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒯, P)$ permettant d’étudier cette expérience.

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}) .

Montrer que $T$ est une variable aléatoire discrète à valeurs dans $ℕ^{*} \cup {+ \infty}$ et identifier sa loi.

Exercice 9 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 10 4021 Correction

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

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

Déterminer 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 11 4038

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes géométriques de paramètres $p$ et $q$ éléments de $] 0; 1 [$ . Calculer l’espérance de $Z = \max (X, Y)$ .

Exercice 12 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 13 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 14 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 15 5287 ENSTIM (MP)Correction

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

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

(a)

Montrer que $A$ est 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’annule. 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 16 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 17 4373

Sur un espace probabilisé $(Ω, 𝒯, P)$ , 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 18 4020

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

Déterminer la loi suivie par $X + Y$ .

Exercice 19 4037

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

Calculer

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

Exercice 20 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 21 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 22 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 23 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 24 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 25 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 26 4055 Correction

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

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

Or

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

donc $a = e^{- 2}$ .
(b)

Pour $j \in ℕ$

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

et donc $X$ suit 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

$P (X = j, Y = k) = P (X = j) P (Y = k) .$

Exercice 27 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 28 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 29 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 30 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 $Y$ sachant $X = n$ est binomiale de paramètres $n$ et $p \in] 0; 1 [$ .

(a)

Déterminer la loi conjointe de $(X, Y)$ .
(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 31 5003

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 du couple $(X, Y)$ .
(b)

Calculer les espérances de $X$ et $Y$ et comparer celles-ci.

Exercice 32 5368 Correction

(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 $(Ω, 𝒯, P)$ , c’est l’événement certain de l’espace $(Ω^{'}, 𝒯^{'}, P^{'})$ avec $𝒯^{'} = {A \cap Ω^{'} | A \in 𝒯} \subset 𝒯$ et $P^{'}$ la restriction de $P$ à $𝒯^{'}$ ..

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 33 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 34 5400 Correction

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 se place dans le cas où les variables sont telles que, pour tous entiers $0 \leq m \leq n$ , $X_{m}$ et $X_{n} - X_{m}$ sont indépendantes et $X_{n} - X_{m}$ suit la loi de Poisson de paramètre $α (n - m)$ (avec $α$ un réel strictement positif donné).

Soient $(n, m) \in ℕ^{2}$ avec $0 \leq m \leq n$ .

(a)

Calculer $E (X_{m} (X_{n} - X_{m}))$ puis la covariance des variables aléatoires $X_{m}$ et $X_{n}$
(b)

Quelle est la loi du couple $(X_{m}, X_{n})$ ?
(c)

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 $n$ .

(d)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , exprimer l’évènement $(N = n)$ en fonction de $X_{n - 1}$ et $X_{n}$ , puis déterminer la loi de $N$ , son espérance et sa variance.

Solution

(a)

La variable $X_{m} = X_{m} - X_{0}$ suit une loi de Poisson de paramètre $α m$ . Par indépendance,

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 $m \leq n$ .

(b)

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,

$P ((X_{m}, X_{n}) = (j, k))$ $= P (X_{m} = j) P (X_{n} - X_{m} = k - j)$

$= e^{- α m} \frac{{(α m)}^{j}}{j!} \times e^{- α (n - m)} \frac{(α {(n - m)}^{k - j})}{(k - j)!}$

$= e^{- α n} α^{k} \frac{m^{j} {(n - m)}^{k - j}}{j! (k - j)!} .$
(c)

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 $p$ .
(d)

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 $e^{- α}$ et l’on peut alors donner son espérance et sa variance

$E (N) = e^{α} et V (N) = e^{2 α} - e^{α} .$

Exercice 35 5006 X (PSI)

Soit ${(U_{i})}_{i \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires mutuellement 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 36 5093 Correction

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

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

Solution

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

On remarque $X = X 𝟏_{(X \neq 0)}$ . En effet, 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. 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 37 5411 MINES (MP)Correction

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 38 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 39 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 40 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 41 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 42 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 43 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 44 5303 Correction

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒯, P)$ . 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.

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 45 4184 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(Ω, 𝒯, P)$ 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 46 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 47 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 48 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’un 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 49 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 .

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 50 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 51 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 52 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 53 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 54 5276 St 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 indépendemment 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 55 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 et donner une formule exprimant celle-ci à l’aide d’une somme finie.

Exercice 56 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 $P (T = 2)$ , $P (T = 3)$ et exprimer, pour $n \geq 4$ , $P (T = n)$ en fonction de $P (T = n - 1)$ et $P (T = n - 2)$ .
(c)

Justifier que $T$ admet une espérance finie et calculer celle-ci.

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 $(1 - p) p^{2}$ .
Pour $n \geq 3$ , les choses se compliquent quelque peu. 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

$P (T = n) = (1 - p) P (T = n - 1) + p (1 - p) P (T = n - 2) .$
(c)

Par calculer l’espérance de $T$ , on multiplie par $n$ la relation précédente et l’on somme

$\sum_{n = 3}^{+ \infty} n P (T = n) = (1 - p) \sum_{n = 3}^{+ \infty} n P (T = n - 1) + p (1 - p) \sum_{n = 3}^{+ \infty} n P (T = n - 2) .$

Or

$\sum_{n = 3}^{+ \infty} n P (T = n - 1) = \sum_{n = 3}^{+ \infty} (n - 1 + 1) P (T = n - 1) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} n P (T = n) + 1$

car $\sum_{n = 2}^{+ \infty} P (T = n) = 1$
De même

$\sum_{n = 3}^{+ \infty} n P (T = n - 2) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} n P (T = n) + 2 .$

Ainsi,

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

Finalement, $T$ admet une espérance finie et

$E (T) = \frac{1 + p}{p^{2}} .$

Exercice 57 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 jusqu’à l’obtention 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)

Soit $n \geq 1$ , établir

$P (T = n + k) = \frac{N - 1}{N^{k}} P (T > n)$
(b)

En déduire que la variable $T$ admet une espérance et déterminer celle-ci.

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 mutuellement indépendants.

(a)

Méthode: On exprime $(T = n + k)$ en fonction $\bar{(T \leq n)}$ et d’événements $A_{i}$ bien choisis.

L’événement $(T = n + k)$ est évidemment inclus dans etc. Fin de rédaction…

orrespond à $\bar{(T \leq n)} \cap \bar{A_{n + 1}} \cap A_{n + 2} \cap \dots \cap A_{n + k}$ et donc

$P (T = n + k) = P (T > n) \times \frac{N - 1}{N^{k}}$
(b)

Sous réserve de convergence, l’espérance de $T$ peut s’écrire

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

Ici

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (T > n) = P (T > 0) + \frac{N^{k}}{N - 1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (T = n + k)$

Ce qui assure l’existence de l’espérance. 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 58 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 différent 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 59 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 60 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 61 4379

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice dont les coefficients sont des variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon la loi uniforme sur ${- 1,1}$ .

Calculer $E (\det (A))$ et $V (\det (A))$ .

Exercice 62 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 63 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 64 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 65 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 calcul²² 2 On pourra comparer cette étude à celle du sujet 3986.

$V (N) = n \cdot \frac{1}{n} (1 - \frac{1}{n}) + 2 \cdot \frac{n (n - 1)}{2} \cdot \frac{1}{n^{2} (n - 1)} = 1 .$

Exercice 66 4086 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires réelles admettant chacune une variance.
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 67 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 68 4047 Correction

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires discrètes réelles. 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

${}^{t}C Σ C avec C = {}^{t}{(\begin{matrix} a_{1} & \dots & a_{n} \end{matrix})} .$
(b)

Soit $C = {}^{t}{(\begin{matrix} a_{1} & \dots & a_{n} \end{matrix})}$ un vecteur propre de $Σ$ associé à une valeur propre $λ$ .
On a ${}^{t}C Σ C = λ {}^{t}C C = λ {∥ C ∥}^{2}$ 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 69 4378

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires discrètes réelles admettant chacune une variance. 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 70 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 71 4025

Soient $X$ une variable aléatoire discrète à valeurs réelles et $p \in ℕ$ . On suppose que $X^{p}$ admet une espérance. Montrer que pour toute valeur de $k \in ⟦ 0; p ⟧$ , la variable $X^{k}$ admet une espérance.

Exercice 72 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 73 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 74 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 75 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 76 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 77 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 78 4183 CENTRALE (MP)Correction

(a)

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 79 4948 MINES (MP)Correction

Soient $(Ω, 𝒯, P)$ un espace probabilisé et $X$ une variable aléatoire centrée prenant ses valeurs dans $[- 1; 1]$ .

(a)

Par un argument de convexié, 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 80 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 81 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 mutuellement 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.

(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

$P (S - E (S) \geq t) \leq \exp (- \frac{2 t^{2}}{n {(b - a)}^{2}}) .$

Exercice 82 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 83 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 84 4375

(Inégalité de Kolmogorov)

Sur un espace probabilisé $(Ω, 𝒯, P)$ , 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 85 4377

(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 $s$ un réel. Montrer que

$(β - α) e^{s y} \leq (β - y) e^{s α} + (y - α) e^{s β} pour tout y \in [α; β] .$

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

$\ln (β e^{s α} - α e^{s β}) \leq \frac{1}{8} {(β - α)}^{2} s^{2} + \ln (β - α) pour tout s \geq 0 .$

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

$P (S - E (S) \geq t) \leq \exp (- \frac{2 t^{2}}{n {(b - a)}^{2}}) .$

Exercice 86 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 87 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 $λ \in R$ .
(c)

Établir l’inégalité précédemment admise.

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 . 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).

$P (\frac{S_{n}}{n} > α) \leq e^{- n α^{2}} e^{n α^{2} / 2} = e^{- n α^{2} / 2} .$
(c)

Méthode: On développe en série entière les fonctions des deux membres puis on compare les termes sommés.

D’une part,

$ch (λ) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{λ^{2 p}}{(2 p)!} .$

D’autre part,

$e^{λ^{2} / 2} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{p!} {(\frac{λ^{2}}{2})}^{p} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{λ^{2 p}}{2^{p} p!} .$

Pour tout $p \in ℕ$ , on a $2^{p} p! \leq (2 p)!$ car le premier membre correspond au produit des entiers pairs allant de $1$ à $2 p$ alors que le second correspond au produit de tous les entiers allant de $1$ à $2 p$ . On a alors

$\frac{1}{(2 p)!} \leq \frac{1}{2^{p} p!} puis \frac{λ^{2 p}}{(2 p)!} \leq \frac{λ^{2 p}}{2^{p} p!} car λ^{2 p} \geq 0 .$

En sommant ces inégalités, on obtient la comparaison voulue.

[<] Inégalités de concentration[>] Calcul d'espérance par les fonctions génératrices

Exercice 88 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 $X_{1}, \dots, X_{n}$ mutuellement 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 89 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 90 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 91 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 mutuellement 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 mutuellement 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 92 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 93 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 94 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 95 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 96 4051

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi de Bernoulli de paramètre $p \in] 0; 1 [$ . Soit aussi $N$ 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 97 4206

Soient $A$ et $B$ deux événements indépendants d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒯, P)$ 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 98 4376

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

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

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

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

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

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

	$P ((X_{m}, X_{n}) = (j, k))$	$= P (X_{m} = j) P (X_{n} - X_{m} = k - j)$
		$= e^{- α m} \frac{{(α m)}^{j}}{j!} \times e^{- α (n - m)} \frac{(α {(n - m)}^{k - j})}{(k - j)!}$
		$= e^{- α n} α^{k} \frac{m^{j} {(n - m)}^{k - j}}{j! (k - j)!} .$

	$P (N = n)$	$= P (X_{n - 1} = 0) P (X_{n} - X_{n - 1} > 0)$
		$= P (X_{n - 1} = 0) (1 - P (X_{n} - X_{n - 1} = 0))$
		$= e^{- α (n - 1)} (1 - e^{- α}) .$

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

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

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

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

	$V (N)$	$= Cov (N, N) = Cov (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}, \sum_{j = 1}^{n} X_{j}) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} Cov (X_{i}, X_{j})$
		$= \sum_{i = 1}^{n} V (X_{i}) + 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} Cov (X_{i}, X_{j}) .$

	$P (S - E (S) \geq t)$	$\leq e^{- s t} \prod_{i = 1}^{n} E (e^{s (X_{i} - E (X_{i}))})$
		$\leq \exp (- s t + n \frac{{(b - a)}^{2}}{8} s^{2}) .$

	$E (e^{λ S_{n}})$	$= E (e^{λ X_{1}} \times \dots \times e^{λ X_{n}})$
		$= E (e^{λ X_{1}}) \times \dots \times E (e^{λ X_{n}})$
		$= {(\frac{e^{λ} + e^{- λ}}{2})}^{n} = {(ch (λ))}^{n} .$