[<] Espérance [>] Covariances

 
Exercice 1  4128  

Soit X une variable aléatoire à valeurs dans .

On suppose qu’il existe k]0;1[ vérifiant

P(X=n)=kP(Xn)pour tout n.

Déterminer la loi de X puis calculer son espérance et sa variance.

 
Exercice 2  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 2n-1 brouzoufs ce qui l’autorise à ne pouvoir jouer que n parties. Que devient son espérance de gain?

Solution

  • (a)

    Notons An l’évènement «  le jeu dure au moins n parties   ». An+1 est la conjonction des évènements indépendants An et le rouge sort au n+1- ième tirage   ». On en déduit

    P(An+1)=12P(An).

    Par continuité décroissante, on obtient

    P(n*An)=limn+P(An)=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++2n-1 brouzoufs et vient de gagner 2n 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

    2.3n-1-(1+3++3n-1)=3n-1+12.

    L’espérance de gain est

    n=1+3n-1+12P(An)=n=1+3n-1+12n+1=+.
  • (c)

    Puisque le joueur ne peut disputer que n parties, son espérance de gain devient

    k=1n1×P(An)-(2n-1)P(k=n+1+Ak)=1-12n-(2n-1)×12n=0.
 
Exercice 3  4028     MINES (MP)Correction  

(Loi de Pascal)

On dit qu’une variable aléatoire X suit une loi de Pascal de paramètres n* et p]0;1[ si

X(Ω)=n+etP(X=k)=(k-1n-1)pn(1-p)k-n.
  • (a)

    Soient X1,,Xn des variables aléatoires indépendantes suivant toutes une loi géométrique de paramètre p.

    Montrer que X1++Xn 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*.

    Cas: n=1.. Si X suit une loi de Pascal de paramètres 1 et p alors

    P(X=k)=(k-10)p(1-p)k-1.

    On reconnaît une loi géométrique de paramètre p.

    Supposons la propriété vraie au rang n1.
    L’évènement X1++Xn+1=k peut se décomposer en la réunion des évènements incompatibles suivants

    X1++Xn= et Xn+1=k- pour n;k-1.

    On en déduit par indépendance

    P(X1++Xn+1=k)==nk-1(-1n-1)pn(1-p)-np(1-p)k--1

    puis

    P(X1++Xn+1=k)=pn+1(1-p)k-(n+1)=nk-1(-1n-1).

    Or, par la formule du triangle de Pascal,

    =nk-1(-1n-1)=(k-1n)

    et donc

    P(X1++Xn+1=k)=(k-1n)pn+1(1-p)k-(n+1).

    La récurrence est établie.

    Notons qu’une résolution par les fonctions génératrices est possible avec

    GX(t)=(pt1-(1-p)t)n.
  • (b)

    Par linéarité de l’espérance,

    E(X)=np.

    Par indépendance des variables sommées,

    V(X)=n1-pp2.
 
Exercice 4  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*, p]0;1[ et X une variable aléatoire à valeurs dans telle qu’il existe un réel a pour lequel

P(X=n)=a(n+r-1n)(1-p)npour tout 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.:

n=0+(n+mn)xn=1(1-x)m+1pour tous m et x]-1;1[.
 
Exercice 5  4088   

(Problème du collectionneur)

Chez un marchand de journaux, on peut acheter des pochettes contenant chacune une image. La collection complète comporte N1 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 k1;N, on note Xk* le nombre d’achats ayant permis d’obtenir k images distinctes. En particulier, X1=1 et XN est le nombre d’achats nécessaires à l’obtention de la collection complète.

  • (b)

    Soit k1;N-1. Par quelle loi peut-on modéliser la variable Xk+1-Xk?

  • (c)

    En déduire une expression de l’espérance de XN.

 
Exercice 6  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 An l’évènement:

    «  le n-ième lancer donne face  ».

    Par indépendance des lancers

    P(A1An)=k=1nP(Ak)=12n.

    Par continuité décroissante

    P(n=1+An)=limn+P(A1An)=0.

    De même

    P(n=0+An¯)=0.

    L’évènement «  le jeu ne s’arrête pas   » est donc négligeable.

  • (b)

    X est à valeurs dans {0,1}.
    Pour n*, on a X>n si les n premiers lancers sont identiques. On en déduit

    P(X>n)=P(k=1nAkk=1nAk¯)=12n-1.

    On en déduit

    E(X)=n=0+P(X>n)=1+n=1+12n-1=3.

    En fait X-1 suit une loi géométrique de paramètre 1/2.

 
Exercice 7  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 Ai 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 qi=P(Ai) 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(i2Ai)=1.
  • (c)

    Décrire An, pour n2 et en déduire la valeur de qn.

  • (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 qn=P(T=n), pour n2.

  • (e)

    Calculer avec Python la moyenne d’apparition du motif. Conjecture?

  • (f)

    Montrer que q2=1/4, q3=1/8 et

    n4,qn=qn-12+qn-24.
  • (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 l’événement

    «  Le motif PF n’apparaît pas  ».

    L’événement A est exactement la réunion des événements correspondant à une succession de F de longeur k suivie exlcusivement de P ainsi que de l’événement correspondant uniquement à l’obtention de F. L’événement A 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 1/2n. 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 Ai, avec i2, est un événement presque sûr.

  • (c)

    An est la réunion des configurations commençant par un certain nombre k de F puis se poursuivant avec des P au nombre de * tel que k+=n-1 et se poursuivant enfin par un F. Chacune de ces configurations est de probabilité 1/2n et donc qn=n-12n.

  • (d)

    La suite des nqn est sommable donc T admet une espérance et

    E(T)=n=2+(n-1)n2n=142(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)

    q2 est la probabilité de PP et q3 celle de FPP d’où les valeurs proposées. Pour n4, 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  »)

    qn=12qn-1+14qn-2+14×0. (1)
  • (g)

    Commençons par vérifier que les An avec n2 constituent un système complet. Les événements An sont deux à deux incompatibles et la série des qn converge. En sommant la relation (1) pour n supérieur à 2, on obtient après glissement d’indice

    n=2+qn=14+18+12n=3+qn+14n=2+qn

    puis

    n=2+qn=14+12n=2+qn+14n=2+qn.

    On en tire que la somme des qn est égale à 1. On peut alors calculer l’espérance de T.

    Pour t[-1;1], la fonction génératrice de T en t est donnée par

    GT(t)=n=2+qntn=14t2+18t3+t2(GT(t)-t24)+t24GT(t). (2)

    On peut exprimer GT(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),

    GT(t)=t2+12GT(t)+t2GT(t)+t2GT(t)+t24GT(t).

    Pour t=1, on obtient

    E(T)=12+12+12E(T)+12+14E(T).

    On en tire E(T)=6.

 
Exercice 8  4370   

Soient N* et (Un)n1 une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi uniforme sur 1;N. Pour tout n*, on pose

Mn=max(U1,,Un).

Déterminer les limites de E(Mn) et de V(Mn) lorsque n tend vers +.

 
Exercice 9  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 (2,p) avec p]0;1[. Les fleurs d’une génération disparaissent à la génération suivante.

Pour tout entier naturel n, on pose un la probabilité de l’événement

En=«  La n-ième génération ne comporte pas de fleurs  ».

Il est entendu que u0 est nul.

  • (a)

    Calculer u1 et montrer

    un+1=(1-p+pun)2pour tout n.
  • (b)

    Étudier la suite (un). 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 (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.

    u1 est la probabilité que la première fleur ne détermine pas de descendants:

    u1=P(X=0)=(02)p0(1-p)2=(1-p)2.

    Pour exprimer un+1 en fonction de un, 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(En+1X=0)=1.

    Si la première fleur a un descendant, on a par translation de l’expérience

    P(En+1X=1)=un.

    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 En+1 soit réalisé

    P(En+1X=2)=un2.

    La formule des probabilités totales donne alors

    P(En+1)=1×P(X=0)+unP(X=1)+un2P(X=2)

    et donc

    un+1=(1-p)2+2p(1-p)un+p2un2=((1-p)+pun)2.
  • (b)

    La suite (un) est une suite récurrente de premier terme u0=0 et de fonction itératrice

    f:x((1-p)+px)2.

    Afin d’acquérir la monotonie de (un), on étudie le signe de

    g:xf(x)-x=p2x2+(2p(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=(1-pp)2.

    On distingue alors deux cas:

    Cas: p1/2. Le réel r est supérieur à 1 et la fonction g est positive sur [0;1]. La suite (un) 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, u0 étant élément de celui-ci et g étant positive sur cet intervalle, la suite (un) 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 10  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 *{+} donnant le nombre de lancers nécessaires.

  • (a)

    Soit n*. Calculer la probabilité de (Tn).

  • (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 11  4130   Correction  

On considère une suite (Xn)n1 de variables de Bernoulli indépendantes de même paramètre p]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 n2 vérifiant

    Xn=Xn-1=1.
  • (b)

    On note T la variable aléatoire donnée par

    T=min{n2|Xn=Xn-1=1}{+}.

    Calculer P(T=2), P(T=3) et exprimer, pour n4, 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

    Ap={X2p-1+X2p1} avec p1.

    Ces événements sont indépendants et

    P(Ap)=(1-p)2+2p(1-p)=1-p2.

    Par continuité décroissante

    P(p=1+Ap)=limN+P(p=1NAp).

    Par indépendance

    P(p=1NAp)=p=1NP(Ap)=(1-p2)N.

    Par limite d’une suite géométrique de raison 1-p2]0;1[, on obtient

    P(p=1+Ap)=0.

    Par conséquent, l’événement p=1+Ap¯ 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 n2, on souhaite calculer pn=P(T=n).
    Pour n=2, l’événement (T=2) correspond à (X1=1,X2=1) de probabilité p2.
    Pour n=3, l’événement (T=3) correspond à (X1=0,X2=1,X3=1) de probabilité (1-p)p2.
    Pour n3, les choses se compliquent quelque peu. Considérons le système complet d’événements

    (X1=0),(X1=1,X2=0),(X1=1,X2=1).

    Par la formule des probabilités totales
    P(T=n)=PX1=0(T=n)P(X1=0)+PX1=1,X2=0(T=n)P(X1=1,X2=0)+PX1=1,X2=1(T=n)P(X1=1,X2=1)
    Or

    PX1=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

    PX1=1,X2=0(T=n)=P(T=n-2).

    Enfin

    PX1=1,X2=1(T=n)=0

    car les deux succès consécutifs ont été obtenus au rang 2 et qu’ici n3.
    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

    n=3+nP(T=n)=(1-p)n=3+nP(T=n-1)+p(1-p)n=3+nP(T=n-2).

    Or

    n=3+nP(T=n-1)=n=3+(n-1+1)P(T=n-1)=n=2+nP(T=n)+1

    car n=2+P(T=n)=1
    De même

    n=3+nP(T=n-2)=n=2+nP(T=n)+2.

    Ainsi,

    n=2+nP(T=n)-2P(T=2)=(1-p2)n=2+P(T=n)+1+p-2p2.

    Finalement, T admet une espérance finie et

    E(T)=1+pp2.
 
Exercice 12  4124   Correction  

Dans une urne figurent N boules numérotées de 1 à N (avec N2). Dans celle-ci on opère des tirages successifs avec remise jusqu’à l’obtention d’une série de k boules consécutives identiques (avec k2). 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 n1, établir

    P(T=n+k)=N-1NkP(T>n)
  • (b)

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

Solution

Pour i2, on introduit l’événement:

Ai=«  La i-ème boule tirée est identique à la précédente  »

Compte tenu de la composition de l’urne, on peut affirmer

P(Ai)=1N

Au surplus, les événements Ai sont mutuellement indépendants.

  • (a)

    Méthode: On exprime (T=n+k) en fonction (Tn)¯ et d’événements Ai bien choisis.

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

    orrespond à (Tn)¯An+1¯An+2An+k et donc

    P(T=n+k)=P(T>n)×N-1Nk
  • (b)

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

    E(T)=n=0+P(T>n)

    Ici

    n=0+P(T>n)=P(T>0)+NkN-1n=1+P(T=n+k)

    Ce qui assure l’existence de l’espérance. De plus, puisque le processus s’arrête presque sûrement et que la variableT prend ses valeurs dans {k,k+1,}, on a

    n=1+P(T=n+k)=n=k+P(T=n)-P(T=k)=1-1Nk-1

    On en déduit la valeur de l’espérance de T

    E(T)=Nk-1N-1
 
Exercice 13  5295     ENSTIM (MP)Correction  
  • (a)

    Soit k*. Pour x]-1;1[, exprimer simplement

    n=0+(n+k)(n+k-1)××(n+1)xn.

On lance une pièce de monnaie ayant une probabilité p]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

    11-x=n=0+xnpour tout x]-1;1[.

    Par dérivation à l’ordre k de ce développement,

    k!(1-x)k+1=n=0+(n+k)(n+k-1)××(n+1)xnpour tout x]-1;1[.
  • (b)

    La variable N suit une loi géométrique de paramètre p. Pour n*, lorsque N=n, la variable X suit une loi binomiale de paramètres n et p. La variable X prend globalement ses valeurs dans .

    Pour k*, la formule des probabilités totales donne

    P(X=k) =n=1+P(X=kN=n)P(N=n)
    =n=k+(nk)pk(1-p)n-kp(1-p)n-1
    =n=0+(n+kk)pk+1(1-p)2n+k-1
    =pk+1(1-p)k-11k!n=0+(n+k)(n+k-1)××(n+1)(1-p)2n
    =pk+1(1-p)k-11k!(k!(1-x)k+1)|x=(1-p)2
    =pk+1(1-p)k-11(2p-p2)k+1=(1-p)k-1(2-p)k+1.

    Pour k=0, le calcul est légèrement différent car N prend seulement ses valeurs dans *,

    P(X=0) =n=1+P(X=0N=n)P(N=n)
    =n=1+(1-p)np(1-p)n-1=p(1-p)1-(1-p)2.
  • (c)

    L’espérance de X vaut alors

    E(X)=k=1+k(1-p)k-1(2-p)k+1=1(2-p)2ddx(11-x)x=1-p2-p=1.
 
Exercice 14  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 σ2 que l’on se propose de majorer.
    On introduit la variable aléatoire Y=X-m et les quantités

    t=y0yP(Y=y),s=y0y2P(Y=y) et u=P(Y0).
  • (b)

    Vérifier

    t2su.
  • (c)

    Calculer espérance et variance de Y. En déduire

    t2(σ2-s)(1-u).
  • (d)

    En exploitant les deux majorations précédentes, obtenir

    t2σ2/4.
  • (e)

    Conclure

    σ2(b-a)2/4.

Solution

  • (a)

    Posons M=max(-a,b). On a |X|M et la constante M admet une espérance. On en déduit que X admet une espérance. De plus,

    m=E(X)=xX(Ω)xP(X=x)xX(Ω)aP(X=x)=a

    et de même mb.

  • (b)

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

    (y0yP(Y=y))2y0y2P(Y=y)y0P(Y=y)=su.
  • (c)

    De façon immédiate E(Y)=0 et V(Y)=σ2. On en déduit

    t=-y<0yP(Y=y) et y<0y2P(Y=y)=σ2-s.

    En appliquant à nouveau l’inégalité de Cauchy-Schwarz

    t2(σ2-s)(1-u).
  • (d)

    Ce qui précède fournit

    t2min{su,(σ2-s)(1-u)}

    pour u[0;1] et s[0;σ2]. Sachant

    su(σ2-s)(1-u)s+σ2uσ2.

    Si s+σ2uσ2 alors

    min{su,(σ2-s)(1-u)}=suσ2(1-u)uσ2/4.

    Si s+σ2u>σ2, c’est analogue et la conclusion demeure.

  • (e)

    On a

    σ2=E(Y2)=y0y2P(Y=y)+y<0y2P(Y=y).

    Puisque Y est à valeurs dans [a-m;b-m], on a

    y0y2P(Y=y)y0(b-m)yP(Y=y)=(b-m)t

    et

    y<0y2P(Y=y)y<0(a-m)yP(Y=y)=-(a-m)t.

    On en déduit

    σ2(b-a)t.

    En élevant au carré

    σ4(b-a)2t2=(b-a)24σ2.

    Enfin, que σ soit nul ou non, on obtient

    σ2(b-a)24.

    Notons que cette inégalité est une égalité lorsque X suit une loi de Bernoulli de paramètre p=1/2.

 
Exercice 15  4949     MINES (MP)Correction  

Pour un entier n2, on donne une matrice Mn() dont les coefficients mi,j sont des variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon une loi d’espérance μ. Pour λ, calculer l’espérance de χM(λ).

Solution

On sait χM(λ)=det(λIn-M). Par la formule définissant le déterminant et la linéarité de l’espérance

E(χM(λ))=σ𝒮nε(σ)E(i=1n(λδσ(i),i-mσ(i),i)).

Par indépendance des variables, on a pour tout σ𝒮n,

E(i=1n(λδσ(i),i-mσ(i),i))=i=1nE(λδσ(i),i-mσ(i),i)=i=1n(λδσ(i),i-μ).

On en déduit

E(χM(λ))=χA(λ)

avec A la matrice dont tous les coefficients sont égaux à μ. La poursuite des calculs donne

E(χM(λ))=(λ-nμ)λn-1.
 
Exercice 16  4379    

Soit An() 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 17  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.

[<] Espérance [>] Covariances



Édité le 08-11-2019

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