Exercice 1 4612

Soient $a \leq b$ deux entiers. Calculer l’espérance et la variance d’une variable $X$ suivant une loi uniforme sur $⟦ a; b ⟧$ .

Exercice 2 3838 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire binomiale de taille $n$ et de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .
Calculer l’espérance de la variable

Y = \frac{1}{X + 1} .

Solution

Puisque

P (X = k) = (\binom{n}{k}) p^{k} {(1 - p)}^{n - k}

l’espérance de $Y$ est donnée par

E (Y) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k + 1} (\binom{n}{k}) p^{k} {(1 - p)}^{n - k} .

(\binom{n + 1}{k + 1}) = \frac{n + 1}{k + 1} (\binom{n}{k})

donc

E (Y) = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n + 1}{k + 1}) p^{k} {(1 - p)}^{n - k}

puis par glissement d’indice

E (Y) = \frac{1}{p (n + 1)} \sum_{k = 1}^{n + 1} (\binom{n + 1}{k}) p^{k} {(1 - p)}^{(n + 1) - k}

et enfin, par la formule du binôme de Newton, avec un terme manquant

E (Y) = \frac{1 - {(1 - p)}^{n + 1}}{p (n + 1)} .

Exercice 3 3980 Correction

Soient $p \in] 0; 1 [$ et ${(X_{k})}_{k \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires indépendantes vérifiant

P (X_{k} = 1) = p et P (X_{k} = - 1) = 1 - p .

(a)

Calculer l’espérance de $X_{k}$ .
(b)

On pose

$Y_{n} = \prod_{k = 1}^{n} X_{k} .$

En calculant de deux façons l’espérance de $Y_{n}$ , déterminer $p_{n} = P (Y_{n} = 1)$ .
(c)

Quelle est la limite de $p_{n}$ quand $n \to + \infty$ .

Solution

(a)

$E (X_{k}) = 1 \times p + (- 1) \times (1 - p) = 2 p - 1$ .
(b)

Par l’indépendance des variables

$E (Y_{n}) = \prod_{k = 1}^{n} E (X_{k}) = {(2 p - 1)}^{n} .$

Aussi $Y_{n} \in {1, - 1}$ et

$E (Y_{n}) = 1 \times p_{n} + (- 1) \times (1 - p_{n}) = 2 p_{n} - 1 .$

On en déduit

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

Puisque $| p | < 1$ , $p_{n} \to 1 / 2$ .

Exercice 4 3839

Une population de $N$ individus est infectée par un virus dans une faible proportion $p$ . Des analyses sanguines permettent de détecter la présence du virus dans n’importe quel échantillon. Afin de réduire le nombre d’analyses, on se propose de déterminer les individus malades en réunissant ceux-ci par groupes de $n$ et, pour simplifier l’étude, on suppose que $n$ divise $N$ . On rassemble une partie des échantillons sanguins des individus de chaque groupe et l’on teste l’échantillon obtenu. Si le résultat du groupe est positif, on analyse chacun des échantillons des individus du groupe.

(a)

Déterminer la loi de la variable aléatoire $X$ donnant le nombre de groupes positifs.
(b)

On note $Y$ la variable aléatoire donnant le nombre d’analyses effectuées. Calculer l’espérance de $Y$ en fonction de $n, N$ et $p$ .
(c)

Que vaut cette espérance pour les valeurs $N = 1 000$ , $n = 10$ et $p = 0,01$ ?

Exercice 5 5474 MINES (PC)Correction

On dispose de $m$ chaussettes que l’on range aléatoirement dans une commode comportant $n$ tiroirs numérotés de $1$ à $n$ .

(a)

Pour $k \in ⟦ 1; n ⟧$ , déterminer la loi de la variable $X_{k}$ donnant le nombre de chaussettes rangées dans le tiroir $k$ .
(b)

Donner l’espérance de la variable $Y$ déterminant le nombre de tiroirs vides.

Solution

(a)

Pour $k \in ⟦ 1; n ⟧$ , ranger une chaussette dans le tiroir $k$ peut s’interprèter comme un succès qui a lieu avec la probabilité $p = 1 / n$ . L’énoncé laisse entendre l’indépendance des rangements des chaussettes et chaque $X_{k}$ suit donc une loi binomiale de paramètres $m$ et $p = 1 / n$ .
(b)

On peut écrire

$Y = \sum_{i = 1}^{n} 1_{(X_{i} = 0)} .$

Par linéarité de l’espérance,

$E (Y) = \sum_{i = 1}^{n} E (1_{(X_{i} = 0)}) = \sum_{i = 1}^{n} P (X_{i} = 0) = n {(1 - \frac{1}{n})}^{m} .$

Exercice 6 5217

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant chacune une loi uniforme sur $⟦ 1; n ⟧$ .

(a)

Déterminer l’espérance de $Z = \min (X, Y)$ .
(b)

En déduire les espérances de $\max (X, Y)$ et de $| Y - X |$ .

Exercice 7 3987 Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes à valeurs dans $⟦ 1; n ⟧$ .

(a)

Exprimer $E (X)$ en fonction de $P (X \geq k)$ .
(b)

On suppose les variables $X$ et $Y$ uniformes.
Déterminer l’espérance de $\min (X, Y)$ puis de $\max (X, Y)$ .
Déterminer aussi l’espérance de $| X - Y |$ .

Solution

(a)

En écrivant

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

on obtient

$E (X) = \sum_{k = 1}^{n} k P (X = k) = \sum_{k = 1}^{n} P (X \geq k) .$
(b)

Par la propriété au-dessus

$E (\min (X, Y)) = \sum_{k = 1}^{n} P (X \geq k et Y \geq k) = \sum_{k = 1}^{n} P (X \geq k) P (Y \geq k) .$

Puisque

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

on obtient

$E (\min (X, Y)) = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} {(n + 1 - k)}^{2} \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k^{2} = \frac{(n + 1) (2 n + 1)}{6 n} .$

Aussi

$\min (X, Y) + \max (X, Y) = X + Y$

donc

$E (\max (X, Y)) = n + 1 - \frac{(n + 1) (2 n + 1)}{6 n} = \frac{(n + 1) (4 n - 1)}{6 n} .$

Encore

$\min (X, Y) = \frac{1}{2} ((X + Y) - | X - Y |)$

donc

$E (| X - Y |) = n + 1 - \frac{(n + 1) (2 n + 1)}{3 n} = \frac{n^{2} - 1}{3 n} .$

Exercice 8 5682 ENSTIM (MP)Correction

Soient $m, n \in ℕ^{*}$ avec $m \leq n$ .

On considère deux variables aléatoires $X$ et $Y$ indépendantes suivant chacune une loi uniforme sur $⟦ 1; n ⟧$

On pose

Z (ω) = {\begin{matrix} X (ω) & si Y (ω) \leq m \\ Y (ω) & sinon. \end{matrix}

(a)

Déterminer la loi de $Z$ .
(b)

Calculer les espérances des variables $X$ , $Y$ et $Z$ .
(c)

Trouver la valeur de $m$ maximisant l’espérance de $Z$ .

Solution

(a)

On a $Z (Ω) \subset ⟦ 1; n ⟧$ et, pour $k \in ⟦ 1; n ⟧$ ,

$P (Z = k)$ $= P (Z = k, Y \leq m) + P (Z = k, Y > m)$

$= P (X = k, Y \leq m) + P (Y = k, Y > m)$

$= P (X = k, Y \leq m) + P (Y = k, Y > m)$

$= P (X = k) P (Y \leq m) + P (Y = k, Y > m) .$

Si $k \leq m$ , l’événement $(Y = k, Y > m)$ est impossible et

$P (Z = k) = P (X = k) P (Y \leq m) = \frac{1}{n} \cdot \frac{m}{n} = \frac{m}{n^{2}} .$

Si $k > m$ , l’événement $(Y = k, Y > m)$ se résume à $(Y = k)$ et donc

$P (Z = k) = P (X = k) P (Y \leq m) + P (Y = k) = \frac{1}{n} \cdot \frac{m}{n} + \frac{1}{n} = \frac{m}{n^{2}} + \frac{1}{n} .$
(b)

Les espérances de $X$ et $Y$ sont connues

$E (X) = E (Y) = \frac{n + 1}{2} .$

L’espérance de $Z$ s’obtient par calcul

$E (Z)$ $= \sum_{k = 1}^{n} k P (Z = k) = \sum_{k = 1}^{m} \frac{k m}{n^{2}} + \sum_{k = m + 1}^{n} (\frac{k m}{n^{2}} + \frac{k}{n})$

$= \sum_{k = 1}^{n} \frac{k m}{n^{2}} + \sum_{k = m + 1}^{n} \frac{k}{n}$

$= \frac{m (n + 1)}{2 n} + \frac{(m + n + 1) (n - m)}{2 n}$

$= \frac{n^{2} - m^{2} + m n + n}{2 n} .$
(c)

Le trinôme $- x^{2} + n x + n^{2} + n$ est maximal pour $x = n / 2$ . Sachant que $m$ est un entier, l’espérance de $Z$ est maximale pour $m = n / 2$ ou $m = (n - 1) / 2$ selon que $n$ est pair ou impair.

Exercice 9 3837

Une urne contient $b \geq 1$ boules blanches et $r \geq 1$ boules rouges. On tire simultanément $n$ boules dans cette urne et l’on note $X$ le nombre de boules blanches obtenues.

Déterminer l’espérance et la variance de la variable $X$ .

Exercice 10 3984

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires réelles indépendantes suivant une même loi d’espérance $μ$ et de variance $σ^{2}$ .

(a)

Calculer l’espérance de la variable

$M_{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i} .$

On dit que $M_{n}$ est un estimateur de l’espérance $μ$ .
(b)

Calculer la variance de $M_{n}$ .
(c)

Pour quelle valeur du réel $λ$ , la variable aléatoire

$V_{n} = λ \sum_{i = 1}^{n} {(X_{i} - M_{n})}^{2}$

peut-elle être considérée comme un estimateur de la variance $σ^{2}$ ?

Exercice 11 5064

M. Atchoum dispose d’un paquet de $N$ mouchoirs en papier dans chacune des poches droite et gauche de son pantalon. Chaque fois qu’il éternue, il choisit une poche au hasard pour prendre un mouchoir. Il répète cela jusqu’à ce qu’il vide l’un des paquets. On note $X$ la variable aléatoire qui donne le nombre de mouchoirs restant alors dans l’autre paquet.

(a)

Exprimer la loi de $X$ .
(b)

Montrer que pour tout $k \in ⟦ 1; N ⟧$ ,

$(2 N - k - 1) P (X = k + 1) = 2 (N - k) P (X = k) .$
(c)

Calculer l’espérance de $X$ .

Exercice 12 4621

Soient $X_{1}, \dots, X_{n}, X_{n + 1}$ des variables aléatoires indépendantes suivant chacune des lois de Bernoulli de même paramètre $p \in [0; 1]$ . Pour tout $k \in ⟦ 1; n ⟧$ , on pose $Y_{k} = X_{k} X_{k + 1}$ . Calculer la variance de $S_{n} = Y_{1} + \dots + Y_{n}$ .

Exercice 13 5776 X (PC)Correction

On considère $n$ couples formant un ensemble de $2 n$ personnes. On suppose que $r \in {1, \dots, 2 n - 1}$ personnes disparaissent. Déterminer le nombre moyen de couples restant constitués.

Solution

On modélise l’expérience en faisant disparaître chaque personne les unes après les autres et l’on note $X_{k}$ la variable aléatoire donnant le nombre de couples restant lorsque les $k$ premiers individus ont disparu. On a immédiatement $X_{0} = n$ , $X_{1} = n - 1$ et $X_{2 n - 1} = X_{2 n} = 0$ . Soit $k \in ⟦ 0; 2 n - 1 ⟧$ . Selon que l’individu est déjà célibataire ou non, la disparition d’un individu peut conserver le nombre de couples ou le réduire d’une unité. On a donc $X_{k} - X_{k + 1} = 0$ ou $1$ : la variable $X_{k} - X_{k + 1}$ suit une loi de Bernoulli. Lorsque la valeur $x$ de $X_{k}$ est connues, on sait qu’il y a $2 x$ individus en couple pour un total de $2 n - k$ individus. Le choix de l’individu disparaissant étant uniforme, on obtient

P (X_{k} - X_{k + 1} = 1 ∣ X_{k} = x) = \frac{2 x}{2 n - k} .

Par la formule des probabilités totales,

P (X_{k} - X_{k + 1} = 1) = \sum_{x \in X_{k} (Ω)} \frac{2 x}{2 n - k} P (X_{k} = x) = \frac{2 E (X_{k})}{2 n - k} .

Puisque la variable $X_{k} - X_{k + 1}$ est une variable de Bernoulli,

E (X_{k} - X_{k + 1}) = P (X_{k} - X_{k + 1} = 1) = \frac{2 E (X_{k})}{2 n - k} .

Par conséquent

E (X_{k + 1}) = (1 - \frac{2}{2 n - k}) E (X_{k}) = \frac{2 (n - 1) - k}{2 n - k} E (X_{k}) .

Sachant $E (X_{0}) = n$ , la résolution de la relation de récurrence donne

E (X_{k}) = n \frac{(2 n - k) (2 n - k - 1)}{2 n (2 n - 1)} .

En particulier, on obtient

E (X_{r}) = \frac{(2 n - r) (2 n - r - 1)}{2 (2 n - 1)} .

Exercice 14 5066 Correction

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

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

On admettra que lorsque deux variables aléatoires s’expriment à l’aide de deux sous-familles disjointes d’une famille de variables aléatoires indépendantes, celles-ci sont indépendantes.

Solution

Pour $(i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}$ , notons $a_{i, j}$ la variable aléatoire associée au coefficient d’indice $(i, j)$ de la matrice $A$ . Par hypothèse, $a_{i, j}$ est d’espérance nulle tandis que $a_{i, j}^{2}$ est la variable constante égale à $1$ .

Méthode: On développe le déterminant de $A$ selon une rangée.

En développant le déterminant de $A$ selon la première colonne, on écrit

\det (A) = \sum_{i = 1}^{n} {(- 1)}^{i + 1} a_{i,1} Δ_{i,1}

avec $Δ_{i,1}$ le déterminant de la matrice de taille $n - 1$ obtenue par suppression de la première colonne et de la ligne d’indice $i$ de $A$ . Par linéarité de l’espérance,

E (\det (A)) = \sum_{i = 1}^{n} {(- 1)}^{i + 1} E (a_{i,1} Δ_{i,1}) .

(1)

Cependant, pour $i \in ⟦ 1; n ⟧$ , le déterminant $Δ_{i,1}$ se calcule à partir de coefficients de la matrice $A$ qui ne figurent pas sur la première colonne de $A$ . Par le résultat admis, les deux variables aléatoires $a_{i,1}$ et $Δ_{i,1}$ sont indépendantes. On en déduit

E (a_{i,1} Δ_{i,1}) = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{E (a_{i,1})}} E (Δ_{i,1}) = 0 puis E (\det (A)) = 0 .

On calcule ensuite la variance de $\det (A)$ à l’aide de la formule de Huygens

V (\det (A)) = E ({(\det (A))}^{2}) - {(\underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{E (\det (A))}})}^{2} = E ({(\det (A))}^{2}) .

Méthode: On élève au carré et l’on développe la formule (1).

Par développement,

{(\det (A))}^{2} = {(\sum_{i = 1}^{n} {(- 1)}^{i + 1} a_{i,1} Δ_{i,1})}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} {(- 1)}^{i + j} a_{i,1} a_{j,1} Δ_{i,1} Δ_{j,1} .

Pour $i$ et $j$ distincts, les variables aléatoires $a_{i,1}$ et $a_{j,1} Δ_{i,1} Δ_{j,1}$ sont indépendantes et donc

E (a_{i,1} a_{j,1} Δ_{i,1} Δ_{j,1}) = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{E (a_{i,1})}} E (a_{j,1} Δ_{i,1} Δ_{j,1}) = 0 .

En simplifiant ces termes et en employant l’indépendance de $a_{i,1}^{2}$ et $Δ_{i,1}^{2}$ , on obtient

E ({(\det (A))}^{2}) = \sum_{i = 1}^{n} E (a_{i,1}^{2} Δ_{i,1}^{2}) = \sum_{i = 1}^{n} \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{E (a_{i,1}^{2})}} E (Δ_{i,1}^{2}) = \sum_{i = 1}^{n} E (Δ_{i,1}^{2}) .

(2)

L’espérance du déterminant du carrée d’une matrice dont les coefficients suivent indépendamment la même loi uniforme sur ${- 1,1}$ n’est fonction que de la taille de cette matrice. En notant $d_{n}$ cette espérance pour les matrices de tailles $n$ , la relation (2) donne

d_{n} = n d_{n - 1}

car les espérances de $Δ_{i,1}^{2}$ sont toutes égales à $d_{n - 1}$ . De plus, on a $d_{1} = 1$ car, en taille 1, le déterminant du carré est constant égal à $1$ . On en déduit par récurrence $d_{n} = n!$ puis

V (\det (A)) = n! pour tout n \geq 1 .

Exercice 15 4957

Sur un espace probabilisé fini $(Ω, P)$ , on considère $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $⟦ 1; n ⟧$ (avec $n \in ℕ^{*}$ ) et $X_{1}, \dots, X_{n}$ des variables aléatoires réelles suivant chacune la loi d’une même variable $X$ . On suppose toutes ces variables indépendantes et l’on définit une variable $Y$ sur $Ω$ en posant¹¹ 1 Par exemple, $Y$ peut être le nombre de côtés piles obtenus lors d’une expérience où on lance un dé puis une pièce un nombre de fois égal à la valeur $N$ du dé.

Y (ω) = \sum_{i = 1}^{N (ω)} X_{i} (ω) pour tout ω \in Ω .

Exprimer l’espérance puis la variance de la variable $Y$ en fonction des espérances et variances de $X$ et $N$ .

Exercice 16 5084

Une urne contient six jetons indiscernables au toucher et numérotés de $1$ à $6$ . On lance un dé équilibré et l’on pioche dans l’urne (sans remise) un nombre de jetons égal à la valeur du dé. On admet l’existence d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ qui permet d’étudier cette expérience.

Déterminer l’espérance et la variance de la variable $S$ donnant la valeur totale des jetons piochés.

Exercice 17 3840

Dans une urne contenant $n \in ℕ^{*}$ boules blanches et $n$ boules rouges, on prélève successivement et sans remise des boules jusqu’à l’obtention de toutes les boules blanches. On note $X$ le nombre total de boules alors sorties de l’urne.

(a)

Proposer un espace probabilisé $(Ω, P)$ permettant d’étudier cette expérience.
(b)

Déterminer la loi de $X$ .
(c)

Calculer son espérance et sa variance.

Exercice 18 3986

Un groupe de $n \geq 2$ individus échange des cadeaux. Chaque individu apporte un cadeau qu’il dispose dans une urne. Chacun leur tour, les individus retirent de l’urne un cadeau avec le risque de piocher leur propre cadeau. On note $X$ la variable aléatoire donnant le nombre d’individus ayant pioché les cadeaux qu’ils ont apportés.

(a)

Proposer un espace probabilisé $(Ω, P)$ permettant d’étudier l’expérience.
(b)

Calculer l’espérance de $X$ .

Exercice 19 5091 Correction

Soient $a, b \in ℤ$ et $n \in ℕ$ . On appelle chemin de longueur $n$ allant de $a$ à $b$ toute suite d’entiers $γ = (a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n})$ commençant par $a_{0} = a$ , terminant par $a_{n} = b$ et vérifiant $| a_{i} - a_{i - 1} | = 1$ pour tout $i \in ⟦ 1; n ⟧$ . On dit alors que ce chemin passe par les $a_{i}$ et celui-ci peut être figuré par une ligne brisée s’articulant autour des points de coordonnées $(i, a_{i})$ pour $i = 0,1, \dots, n$ .

(a)

À quelle condition existe-t-il au moins un chemin de longueur $n$ allant de $a$ à $b$ ? On suppose cette condition remplie, exprimer alors le nombre de ces chemins.
(b)

Soient $a$ et $b \in ℕ^{*}$ . Justifier qu’il y a autant de chemins de longueur $n$ allant de $a$ à $b$ qui passe par $0$ que de chemins de longueur $n$ allant de $- a$ à $b$ .

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ une suite de variables indépendantes et identiquement distribuées selon la loi d’une variable $X$ prenant ses valeurs dans ${- 1,1}$ avec $P (X = 1) = p$ (avec $p \in] 0; 1 [$ ). Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on pose $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n}$ .

(c)

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $b \in ℤ$ . Exprimer $P (S_{n} = b)$ et vérifier

$P (S_{1} S_{2} \dots S_{n} \neq 0, S_{n} = b) = \frac{| b |}{n} P (S_{n} = b) .$
(d)

En déduire

$P (S_{1} S_{2} \dots S_{n} \neq 0) = \frac{1}{n} E (| S_{n} |) .$

Solution

(a)

Un chemin de longueur $n$ est formé par le choix des valeurs $a_{i} - a_{i - 1}$ égales à $1$ ou $- 1$ . S’il y a $k$ valeurs égales à $1$ , il y en a $n - k$ égales à $- 1$ et alors

$a_{n} - a_{0} = \sum_{i = 1}^{n} (a_{i} - a_{i - 1}) = k \cdot 1 + (n - k) \cdot (- 1) = 2 k - n avec k \in ⟦ 0; n ⟧ .$

Ainsi, il existe un chemin de longueur allant de $a$ à $b$ si, et seulement si, il existe $k \in ⟦ 0; n ⟧$ tel que $b - a = 2 k - n$ , c’est-à-dire si, et seulement si, $n + b - a$ est un entier pair compris entre $0$ et $2 n$ . De plus, lorsque cette condition est remplie, un tel chemin est entièrement déterminé par le choix des $k = \frac{1}{2} (n + b - a)$ indices $i$ de $⟦ 1; n ⟧$ pour lesquels $a_{i} - a_{i - 1} = 1$ . Le nombre de chemins de longueur $n$ allant de $a$ à $b$ est alors

$(\binom{n}{\frac{n + b - a}{2}}) pour \frac{n + b - a}{2} \in ⟦ 0; n ⟧$
(b)

Méthode: On fait se correspondre de façon bijective les chemins allant de $a$ à $b$ et passant par $0$ avec ceux allant de $- a$ à $b$ : c’est le principe de réflexion.

Considérons un chemin $γ = (a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n})$ allant de $a$ à $b$ passant par $0$ . Il existe au moins un indice $j$ dans $⟦ 1; n - 1 ⟧$ tel que $a_{j} = 0$ . Parmi ceux-ci, considérons le plus petit de sorte que $a_{j} = 0$ et $a_{i} > 0$ pour tout indice $i < j$ . On transforme alors le chemin $γ$ en $γ^{'} = (- a_{0}, - a_{1}, \dots, - a_{j - 1},0, a_{j + 1}, \dots, a_{n})$ ce qui détermine un chemin de longueur $n$ allant de $- a$ à $b$ . Réciproquement, un chemin de longueur $n$ allant de $- a$ à $b$ passe nécessairement par $0$ et si l’on introduit l’indice $j$ du premier passage par $0$ , on transforme ce chemin de façon inverse à la démarche précédente en un chemin de longueur $n$ allant de $a$ à $b$ et passant par $0$ .

Par ces transformations bijectives réciproques l’une de l’autre, on obtient qu’il y a exactement autant de chemins de longueur $n$ allant de $a$ à $b$ et passant par $0$ que de chemins de longueur $n$ allant de $- a$ à $b$ .
(c)

Méthode: La suite $(0, S_{1}, \dots, S_{n})$ détermine un chemin de longueur $n$ allant de $0$ à $b$ .

Si $\frac{1}{2} (n + b)$ n’est pas élément de $⟦ 0; n ⟧$ , il n’existe pas de chemins de longueur $n$ allant de $0$ à $b$ : $P (S_{n} = b) = 0$ .

Sinon, pour réaliser un chemin de longueur $n$ allant de $0$ à $b$ , les variables $X_{1}, \dots, X_{n}$ doivent prendre $\frac{1}{2} (n + b)$ fois la valeur $1$ et $\frac{1}{2} (n - b)$ fois la valeur $- 1$ . Par indépendance de ces variables, la probabilité d’un tel chemin est $p^{\frac{n + b}{2}} {(1 - p)}^{\frac{n - b}{2}}$ ce qui ne dépend pas du choix de ce chemin et donc¹¹ 1 On peut aussi obtenir cette formule en introduisant les variables de Bernoulli $Y_{n} = \frac{1}{2} (1 + X_{n})$ et en constatant que $\frac{1}{2} (n + S_{n}) = Y_{1} + \dots + Y_{n}$ suit alors une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ .

$P (S_{n} = b) = (\binom{n}{\frac{n + b}{2}}) p^{\frac{1}{2} (n + b)} {(1 - p)}^{\frac{1}{2} (n - b)} .$

Étudions ensuite la probabilité de l’événement $(S_{1} S_{2} \dots S_{n} \neq 0) \cap (S_{n} = b)$ ce qui correspond à la réalisation d’un chemin de longueur $n$ commençant en $0$ , terminant en $b$ et qui ne repasse pas $0$ . Encore une fois, si $\frac{1}{2} (n + b)$ n’est pas élément de $⟦ 0; n ⟧$ , cette probabilité est nulle et la formule voulue est vérifiée. Supposons désormais $\frac{1}{2} (n + b) \in ⟦ 0; n ⟧$ et poursuivons en discutant selon le signe de $b$ .

Cas: $b > 0$ . Un chemin convenable commence nécessairement avec $X_{1} = 1$ puis définit un chemin de longueur $n - 1$ allant de $1$ à $b$ et ne passant pas par $0$ . Si $b = n$ , aucun chemin de longueur $n - 1$ allant de $1$ à $b = n$ ne peut passer par $0$ et la formule proposée est vérifiée. Sinon, $b$ est strictement inférieur à $n$ et le nombre de ces chemins se déduit du nombre de chemins allant de $- 1$ à $b$ . On obtient

$\underset{\begin{matrix} \begin{matrix} nombre de chemins \\ de longueur n - 1 \\ de 1 à b \end{matrix} \end{matrix}}{\underset{⏟}{(\binom{n - 1}{\frac{n + b}{2} - 1})}} - \underset{\begin{matrix} \begin{matrix} nombre de chemins \\ de longueur n - 1 \\ de - 1 à b \end{matrix} \end{matrix}}{\underset{⏟}{(\binom{n - 1}{\frac{n + b}{2}})}}$

ce qui donne par les écritures factorielles des coefficients binomiaux

$\frac{(n - 1)!}{(\frac{n + b}{2} - 1)! (\frac{n - b}{2})!} - \frac{(n - 1)!}{(\frac{n + b}{2})! (\frac{n - b}{2} - 1)!} = \frac{(n - 1)! (\frac{n + b}{2} - \frac{n - b}{2})}{(\frac{n + b}{2})! (\frac{n - b}{2})!} = \frac{b}{n} (\binom{n}{\frac{n + b}{2}}) .$

De plus, comme au-dessus, chacun de ces chemins a la même probabilité $p^{\frac{n + b}{2}} {(1 - p)}^{\frac{n - b}{2}}$ et donc

$P (S_{1} S_{2} \dots S_{n} \neq 0, S_{n} = b) = \frac{b}{n} (\binom{n}{\frac{n + b}{2}}) p^{\frac{n + b}{2}} {(1 - p)}^{\frac{n - b}{2}} = \frac{b}{n} P (S_{n} = b) .$

Cas: $b < 0$ . On peut reproduire le raisonnement précédent ou introduire les variables $Y_{n} = - X_{n}$ ce qui a pour effet d’échanger $S_{n}$ en $- S_{n}$ , $b$ en $- b$ et $p$ en $1 - p$ . On vérifie alors l’exactitude de la formule proposée.

Cas: $b = 0$ . L’événement de $(S_{1} S_{2} \dots S_{n} \neq 0) \cap (S_{n} = 0)$ est impossible ce qui valide encore la formule.
(d)

En notant $B_{n}$ l’ensemble des valeurs prises par $S_{n}$ , les événements $(S_{n} = b)$ pour $b$ parcourant $B_{n}$ constituent un système complet et donc

$P (S_{1} S_{2} \dots S_{n} \neq 0) = \sum_{b \in B_{n}} P (S_{1} S_{2} \dots S_{n} \neq 0, S_{n} = b) = \sum_{b \in B} \frac{| b |}{n} P (S_{n} = b) .$

Par la formule de transfert, on conclut

$P (S_{1} S_{2} \dots S_{n} \neq 0) = \frac{1}{n} E (| S_{n} |) .$

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Édité le 29-08-2023

	$P (Z = k)$	$= P (Z = k, Y \leq m) + P (Z = k, Y > m)$
		$= P (X = k, Y \leq m) + P (Y = k, Y > m)$
		$= P (X = k, Y \leq m) + P (Y = k, Y > m)$
		$= P (X = k) P (Y \leq m) + P (Y = k, Y > m) .$

	$E (Z)$	$= \sum_{k = 1}^{n} k P (Z = k) = \sum_{k = 1}^{m} \frac{k m}{n^{2}} + \sum_{k = m + 1}^{n} (\frac{k m}{n^{2}} + \frac{k}{n})$
		$= \sum_{k = 1}^{n} \frac{k m}{n^{2}} + \sum_{k = m + 1}^{n} \frac{k}{n}$
		$= \frac{m (n + 1)}{2 n} + \frac{(m + n + 1) (n - m)}{2 n}$
		$= \frac{n^{2} - m^{2} + m n + n}{2 n} .$

Calcul d'espérances et de variances