Exercice 1 4366

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

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

(a)

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

Identifier la loi de $T$ .

Exercice 2 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 3 5844 Correction

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

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

Solution

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

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

On en tire

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

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

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

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

Étudions maintenant la variable $Y$ .

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

Pour $k \in ℕ$ ,

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

Par indépendance,

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

On peut réécrire

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

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

Exercice 4 4021 Correction

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

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

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

Solution

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

Pour $n \in ℕ ∖ {0, 1}$ , on a

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

Par indépendance

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

Il ne reste plus qu’à dérouler les calculs:

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

Exercice 5 5846 Correction

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

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

Solution

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

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

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

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

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

Par la formule des probabilités totales,

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

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

Exercice 6 5582 Correction

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

(a)

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

Quelle est son espérance?

Solution

(a)

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

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

On en déduit

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

Par définition,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Exercice 7 5375 NAVALE (MP)Correction

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

Solution

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

import random

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

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

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

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

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

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

ce qui donne

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

import random
import numpy as np

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

Exercice 8 4038

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

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

Exercice 9 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 10 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 11 5674 CCINP (MP)Correction

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

(a)

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

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

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

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

Solution

(a)

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

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

Par incompatibilité,

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

Par indépendance,

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

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

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

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

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

On en tire

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

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

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

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

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

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

Pour $k \in ℕ^{*}$ ,

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

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

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

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

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

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

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

Par incompatibilité,

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

On peut décomposer,

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

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

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

On factorise

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

Par la théorie des séries entières, on sait

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

On a donc

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

Exercice 12 5927 Correction

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

Solution

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

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

Or pour $n \in ℕ ∖ {0, 1}$ ,

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

ce qui se concrétise

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

et donc

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

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

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

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

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

On conclut

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

Exercice 13 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 14 5634 Correction

(a)

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

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

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

Solution

(a)

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

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

et alors

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

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

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

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

Pour $k = 1$ , on obtient

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

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

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

et donc

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

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

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

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

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

et l’on en déduit

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

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

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

Exercice 15 5287 ENSTIM (MP)Correction

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

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

(a)

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

Trouver la probabilité pour que $A$ soit diagonalisable.

Solution

(a)

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

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

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

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

Exercice 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 5847 Correction

(Loi de Pascal)

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

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

(a)

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

Vérifier

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

Établir

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

Solution

(a)

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

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

Pour $n = r$ ,

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

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

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

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

Par la formule du triangle de Pascal,

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

et donc

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

La récurrence est établie.
(c)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Par incompatibilité puis indépendance,

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

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

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

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

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

La récurrence est établie.

Exercice 18 5575 Correction

(Loi de Pascal)

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

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

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

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

(a)

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

Soit $r > 1$ .

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

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

Solution

(a)

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

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

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

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

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

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

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

Cas: $n < r$ . On obtient

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

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

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

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

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

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

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

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

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

En effet,

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

donc

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

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

Exercice 19 5940 Correction

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

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

(a)

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

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

Solution

(a)

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

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

Or

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

Par indépendance,

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

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

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

Comme au-dessus

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

Or

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

Par indépendance,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

On conclut

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

Exercice 20 4373

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

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

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

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

[<] Variables aléatoires [>] Loi de Poisson

Édité le 09-06-2025

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

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

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

	$\forall (n, k) \in ℕ^{2}, P (X > n + k ∣ X > n)$	$= \frac{P ((X > n + k) \cap (X > n))}{P (X > n)} = \frac{P (X > n + k)}{P (X > n)}$
		$= \frac{{(1 - p)}^{n + k}}{{(1 - p)}^{n}} = {(1 - p)}^{k} = P (X > k) .$

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

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

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

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

Loi géométrique