TD 7 : Couples et suites de variables aléatoires réelles discrètes - Corrigé Exercice 1 : 1) 𝑋(Ω) = ⟦1, 𝑛⟧ = 𝑌(Ω)

∀(𝑖, 𝑗) ∈ ⟦1, 𝑛⟧ , 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃[ ](𝑌 = 𝑗) =

1

𝑛×

1

𝑖 𝑠𝑖 𝑗 ≤ 𝑖

0 𝑠𝑖 𝑗 > 𝑖

Conclusion : ∀(𝑖, 𝑗) ∈ ⟦1, 𝑛⟧ , 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑗) =

1

𝑛𝑖 𝑠𝑖 𝑗 ≤ 𝑖

0 𝑠𝑖 𝑗 > 𝑖

Vérification : 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑗) =1

𝑛𝑖= 𝑖 ×

1

𝑛𝑖=

1

𝑛= 𝑛 ×

1

𝑛= 1

2) 𝑃(𝑋 = 𝑌) = 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑖) = 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑖) =1

𝑛𝑖=

1

𝑛

1

𝑖

Cette somme n’est pas simplifiable.

3) ∀𝑗 ∈ ⟦1, 𝑛⟧, 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑃 (𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑗) =1

𝑛𝑖=

1

𝑛

1

𝑖

Cette somme n’est pas simplifiable.

𝐸(𝑌) = 𝑗 × 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑗 ×1

𝑛

1

𝑖=

𝑗

𝑛𝑖=

𝑗

𝑛𝑖=

1

𝑛𝑖𝑗 =

1

𝑛𝑖×

𝑖(𝑖 + 1)

2

=1

𝑛×

𝑖 + 1

2=

1

2𝑛(𝑖 + 1) =

1

2𝑛𝑖 + 1 =

1

2𝑛

𝑛(𝑛 + 1)

2+ 𝑛 =

1

2

𝑛 + 1

2+ 1 =

𝑛 + 3

4

Exercice 2 :

1) On sait que 𝑃([𝑋 = 𝑘] ∩ [𝑌 = 𝑗])

∈ ( )

∈ ( )

= 1 ⇔𝑎

2 𝑗!= 1 ⇔ 𝑎

1

2 𝑗!= 1

⇔ 𝑎1

2

1

𝑗!= 1 ⇔ 𝑎

1

2× 𝑒 = 1 ⇔ 𝑎𝑒

1

2= 1 ⇔

𝑎𝑒

2

1

2= 1 ⇔

𝑎𝑒

2×

1

1 −12

= 1

⇔𝑎𝑒

2× 2 = 1 ⇔ 𝑎 =

1

𝑒= 𝑒

2) ∀𝑘 ∈ ℕ, 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑃([𝑋 = 𝑘] ∩ [𝑌 = 𝑗]) =𝑒

2 𝑗! =

𝑒

2

1

𝑗! =

𝑒

2× 𝑒 =

1

2

∀𝑗 ∈ ℕ, 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑃([𝑋 = 𝑘] ∩ [𝑌 = 𝑗]) =𝑒

2 𝑗! =

𝑒

𝑗!

1

2 =

𝑒

𝑗!× 1 =

𝑒

𝑗!

pour tout (𝑘; 𝑗) ∈ ℕ , 𝑃([𝑋 = 𝑘] ∩ [𝑌 = 𝑗]) =𝑒

2 𝑗!=

1

2×

𝑒

𝑗!= 𝑃(𝑋 = 𝑘) × 𝑃(𝑌 = 𝑗)

Conclusion : les variables X et Y sont indépendantes. 3) Ainsi 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 0.

Exercice 3 :

1) Il est clair que l’urne contient 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 =( )

boules. 2) Pour tout entier 𝑘 {1, . . . , 𝑛},

𝑝(𝑋 = 𝑘) =𝑘

𝑛(𝑛 + 1)2

=2𝑘

𝑛(𝑛 + 1)

En particulier, 𝑝(𝑋 = 𝑛) =2𝑛

𝑛(𝑛 + 1)=

2

𝑛 + 1

3) 𝐸(𝑋) = 𝑘𝑝(𝑋 = 𝑘) = 𝑘 ×2𝑘

𝑛(𝑛 + 1)=

2

𝑛(𝑛 + 1)𝑘 =

2

𝑛(𝑛 + 1)×

𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)

6=

2𝑛 + 1

3

4) On tire maintenant 10 fois une boule avec remise dans cette urne, et on note Y la variable aléatoire représentant le nombre de fois où l’on a obtenu une boule numérotée n (succès) : les conditions sont celles d’une la loi binomiale de paramètres 10 et 𝑝 = 𝑝(𝑋 = 𝑛) = .

𝑌 ↪ ℬ 10;2

𝑛 + 1

5) 𝐸(𝑌) = 10 × = et 𝑉(𝑌) = 10 × × 1 − =( )

( )

6) On tire maintenant une infinité de fois une boule avec remise et on note Z la variable aléatoire représentant le numéro du tirage où pour la première fois on obtient une boule numérotée n. Il est clair que Z suit une loi géométrique de paramètre .

7) 𝐸(𝑍) =1

2𝑛 + 1

=𝑛 + 1

2 et 𝑉(𝑍) =

1 −2

𝑛 + 1

2𝑛 + 1

=

𝑛 − 1𝑛 + 1

4(𝑛 + 1)

=𝑛 − 1

𝑛 + 1×

(𝑛 + 1)

4=

𝑛 − 1

4

8) Ici, l’urne contient une boule numérotée 1 et deux boules numérotées 2. On effectue dans cette urne deux tirages successifs sans remise de la première boule tirée. Notons 𝑈 l’événement la ième boule tirée est numérotée 1 et 𝐷 l’événement la ième boule tirée est numérotée 2. On obtient l’arbre de probabilité suivant :

0 𝑈 𝑈 𝐷 𝑈 𝐷

𝐷

𝑝(𝐷 |𝐷 ) =𝑝(𝐷 ∩ 𝐷 )

𝑝(𝐷 )=

23

×12

13

× 1 +23

×12

=

1323

=1

2

9) 𝑝(𝑇 = 1 ∩ 𝑇 = 1) = 0, 𝑝(𝑇 = 1 ∩ 𝑇 = 2) =1

3, 𝑝(𝑇 = 2 ∩ 𝑇 = 1) =

1

3, 𝑝(𝑇 = 2 ∩ 𝑇 = 2) =

1

3

On regroupe ces valeurs dans un tableau :

𝑇 𝑇 1 2

1 0 1

3

2 1

3

1

3

1

10) On déduit du tableau ci-dessus que :

𝑝(𝑇 = 1) = 0 +1

3=

1

3 et 𝑝(𝑇 = 2) =

1

3+

1

3=

2

3

De même, 𝑝(𝑇 = 1) = 0 +1

3=

1

3 et 𝑝(𝑇 = 2) =

1

3+

1

3=

2

3

On déduit donc les lois marginales de 𝑇 et 𝑇 :

𝑘 1 2

𝑃(𝑇 = 𝑘) 1

3

2

3

𝑘 1 2

𝑃(𝑇 = 𝑘) 1

3

2

3

11) 𝑝(𝑇 = 1 ∩ 𝑇 = 1) = 0 et 𝑝(𝑇 = 1) × 𝑝(𝑇 = 1) =1

9≠ 0

Les variables T1 et T2 ne sont donc pas indépendantes. 12) 𝐸(𝑇 ) = = 𝐸(𝑇 )

Puis par linéarité, 𝐸(𝑇 + 𝑇 ) = 𝐸(𝑇 ) + 𝐸(𝑇 ) =

13) 𝑉(𝑇 ) = 1 × + 2 × − = − = = 𝑉(𝑇 )

𝐶𝑜𝑣(𝑇 , 𝑇 ) = 𝐸(𝑇 𝑇 ) − 𝐸(𝑇 )𝐸(𝑇 ) = 1 × 1 × 0 + 1 × 2 ×1

3+ 2 × 1 ×

1

3+ 2 × 2 ×

1

3−

5

3

=8

3−

25

9= −

1

9

Ainsi 𝑉(𝑇 + 𝑇 ) = 𝑉(𝑇 ) + 𝑉(𝑇 ) + 2𝐶𝑜𝑣(𝑇 , 𝑇 ) =2

9+

2

9+ 2 ×

−1

9=

2

9

Exercice 4 : EML 1997

Exercice 5 : Une urne contient 𝑛 boules noires et 2 boules blanches. (𝑛 ∈ ℕ∗). Une personne tire l’une après l’autre et au hasard des boules dans cette urne, chaque boule tirée n’étant pas remise dans l’urne. On note : 𝑋 la VA représentant le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la première boule blanche. 𝑌 la VA représentant le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la seconde boule blanche. 𝑁 (respectivement 𝐵 ) l’événement «le ième tirage amène une boule noire (respectivement blanche) ». 1) On suppose, dans cette question que 𝑛 = 2 : l’urne contient deux boules blanches et deux boules noires. X prend les valeurs 1 (elle tire une blanche en premier), 2 (elle tire une noire puis une blanche) et 3 (elle

tire les deux noires puis la première blanche)

𝑃(𝑋 = 1) = 𝑃(𝐵 ) =2

4=

1

2

𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃(𝑁 ∩ 𝐵 ) = 𝑃(𝑁 ) × 𝑃 (𝐵 ) =2

4×

2

3=

1

3

𝑃(𝑋 = 3) = 𝑃(𝑁 ∩ 𝑁 ∩ 𝐵 ) = 𝑃(𝑁 ) × 𝑃 (𝑁 ) × 𝑃 ∩ (𝐵 ) =2

4×

1

3×

2

2=

1

6

𝐸(𝑋) = 1 ×1

2+ 2 ×

1

3+ 3 ×

1

6=

5

3

2) On revient au cas général. a) Au mieux, elle tire une boule blanche en premier et dans ce cas 𝑋 = 1, au pire elle tire toutes les noires

(𝑛) avant la première blanche et dans ce cas 𝑋 = 𝑛 + 1 : 𝑋(Ω) = ⟦1; 𝑛 + 1⟧ {𝑋 = 1} = 𝐵 et ∀𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛 + 1⟧, {𝑋 = 𝑘} = 𝑁 ∩ 𝑁 ∩ … ∩ 𝑁 ∩ 𝐵

b) P(𝑋 = 1) = 𝑃(𝐵 ) =2

𝑛 + 2 et ∀𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛 + 1⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑃(𝑁 ∩ 𝑁 ∩ … ∩ 𝑁 ∩ 𝐵 )

∀𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛 + 1⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑃(𝑁 ) × 𝑃 (𝑁 ) × 𝑃 ∩ (𝑁 ) × … × 𝑃 ∩…∩ (𝑁 ) × 𝑃 ∩…∩ (𝐵 )

=𝑛

𝑛 + 2×

𝑛 − 1

𝑛 + 1×

𝑛 − 2

𝑛× … ×

𝑛 − (𝑘 − 2)

(𝑛 + 2) − (𝑘 − 2)×

2

(𝑛 + 2) − (𝑘 − 1)

=𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2) … (𝑛 + 2 − 𝑘) × 2

(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑛(𝑛 + 4 − 𝑘)(𝑛 + 3 − 𝑘)=

2(𝑛 + 2 − 𝑘)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

La formule reste valable pour 𝑘 = 1.

𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 + 1⟧, 𝑝(𝑋 = 𝑘) =2(𝑛 + 2 − 𝑘)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2).

c) 𝐸(𝑋) = 𝑘𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑘2(𝑛 + 2 − 𝑘)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=

2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑘(𝑛 + 2 − 𝑘)

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2)𝑘 − 𝑘

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2) ×

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

2−

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)

6

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

2−

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)

6

= 𝑛 + 2 −2𝑛 + 3

3=

3𝑛 + 6 − 2𝑛 − 3

3=

𝑛 + 3

3

Remarque : pour 𝑛 = 2, on retrouve 𝐸(𝑋) de la question 1).

𝐸(𝑋 ) = 𝑘 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑘2(𝑛 + 2 − 𝑘)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=

2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑘 (𝑛 + 2 − 𝑘)

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2)𝑘 − 𝑘

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 2) ×

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)

6−

(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)

4

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2) (2𝑛 + 3)

6−

(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)

4

=(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)

3−

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

2=

(𝑛 + 2)[2(2𝑛 + 3) − 3(𝑛 + 1)]

6=

(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

6

Ainsi, 𝑉(𝑋) = 𝐸(𝑋 ) − (𝐸(𝑋) ) =(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

6−

𝑛 + 3

3=

(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

6−

(𝑛 + 3)

9

=(𝑛 + 3)[3(𝑛 + 2) − 2(𝑛 + 3)]

18=

𝑛(𝑛 + 3)

18

d) Au mieux, elle tire une boule blanche en premier et en deuxième dans ce cas 𝑋 = 1 et 𝑌 = 1, au pire elle tire toutes les noires (𝑛) avant les deux blanches et dans ce cas 𝑋 = 𝑛 + 1 et 𝑌 = 𝑛 + 2: 𝑌(Ω) = ⟦2; 𝑛 + 2⟧ ∀(𝑖, 𝑗) ∈ ⟦1; 𝑛 + 1⟧ × ⟦2; 𝑛 + 2⟧, 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 0 si 𝑗 ≤ 𝑖 si 𝑗 > 𝑖, 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑌 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃(𝑁 ∩ 𝑁 ∩ … ∩ 𝑁 ∩ 𝐵 )

=2(𝑛 + 2 − 𝑖)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)×

𝑛 − (𝑖 − 1)

(𝑛 + 2) − 𝑖×

𝑛 − 𝑖

(𝑛 + 2) − (𝑖 + 1)× … ×

𝑛 − (𝑗 − 3)

(𝑛 + 2) − (𝑗 − 2)×

1

(𝑛 + 2) − (𝑗 − 1)

=2(𝑛 + 2 − 𝑖)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)×

𝑛 + 1 − 𝑖

𝑛 + 2 − 𝑖×

𝑛 − 𝑖

𝑛 + 1 − 𝑖× … ×

𝑛 + 3 − 𝑗

𝑛 + 4 − 𝑗×

1

𝑛 + 3 − 𝑗=

2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

e) ∀𝑗 ∈ ⟦2; 𝑛 + 2⟧, 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) + 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗])

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)+ 0 =

2(𝑗 − 1)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

∀𝑖 ∈ ⟦1; 𝑛 + 1⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑖) = 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) + 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗])

= 0 +2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=

2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)× (𝑛 + 2) − (𝑖 + 1) + 1 =

2(𝑛 + 2 − 𝑖)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

On retrouve bien la loi de X.

f) 𝐸(𝑌) = 𝑗 × 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑗 ×2(𝑗 − 1)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=

2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑗(𝑗 − 1)

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 1) × 𝑘 =

2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 𝑘)

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)

6+

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

2=

2𝑛 + 3

3+ 1 =

2𝑛 + 6

3=

2(𝑛 + 3)

3

𝐸(𝑌 ) = 𝑗 × 𝑃(𝑌 = 𝑗) = 𝑗 ×2(𝑗 − 1)

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)=

2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑗 (𝑗 − 1)

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 1) × 𝑘 =

2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 2𝑘 + 1) × 𝑘

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑘 + 2𝑘 + 𝑘)

=2

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)

4+

2(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)

6+

(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

2

=(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

2+

2(2𝑛 + 3)

3+ 1 =

3(𝑛 + 3𝑛 + 2) + 2(4𝑛 + 6) + 6

6=

3𝑛 + 17𝑛 + 24

6=

(𝑛 + 3)(3𝑛 + 8)

6

Ainsi, 𝑉(𝑌) = 𝐸(𝑌 ) − (𝐸(𝑌) ) =(𝑛 + 3)(3𝑛 + 8)

6−

2(𝑛 + 3)

3=

(𝑛 + 3)(3𝑛 + 8)

6−

4(𝑛 + 3)

9

=(𝑛 + 3)[3(3𝑛 + 8) − 8(𝑛 + 3)]

18=

𝑛(𝑛 + 3)

18

Exercice 6 : Démo de la propriété 3 1) 𝑋 (𝛺) = ℕ et 𝑋 (𝛺) = ℕ donc 𝑋 + 𝑋 peut prendre toutes les valeurs de ℕ ∶ 𝑌(𝛺) = ℕ.

2) Pour tout entier naturel 𝑛 : 𝑃(𝑌 = 𝑛) = 𝑃(𝑋 = 𝑖)𝑃(𝑋 = 𝑛 − 𝑖)

∈ ( )

∈ ( )

d après le théorème 7.

donc 𝑃(𝑌 = 𝑛) = 𝑃(𝑋 = 𝑖)𝑃(𝑋 = 𝑛 − 𝑖)∈ℕ

∈ℕ

Or 𝑛 − 𝑖 ∈ ℕ se traduit par 𝑛 − 𝑖 ≥ 0 et donc 𝑖 ≤ 𝑛

Ainsi, 𝑃(𝑌 = 𝑛) = 𝑃(𝑋 = 𝑖)𝑃(𝑋 = 𝑛 − 𝑖)

3) 𝑃(𝑌 = 𝑛) = 𝑃(𝑋 = 𝑖)𝑃(𝑋 = 𝑛 − 𝑖) =(𝜆 )

𝑖!×

(𝜆 )

(𝑛 − 𝑖)!=

1

𝑖! (𝑛 − 𝑖)!× (𝜆 ) × (𝜆 )

Pour faire apparaître la formule du binôme de Newton, il manque 𝑛! :

𝑃(𝑌 = 𝑛) =1

𝑛!

𝑛!

𝑖! (𝑛 − 𝑖)!× (𝜆 ) × (𝜆 ) =

1

𝑛!

𝑛𝑖

× (𝜆 ) × (𝜆 ) =1

𝑛!(𝜆 + 𝜆 )

On retrouve bien la probabilité liée à une loi de Poisson de paramètre 𝜆 + 𝜆 . Conclusion : 𝑌 = 𝑋 + 𝑋 suit la loi de Poisson 𝒫(𝜆 + 𝜆 ).

Exercice 7 : 1)a) X prend les valeurs 0, 1 ou 2 : 𝑋(𝛺) = {0; 1; 2}

b) [𝑋 = 2] = (𝑃 ∩ 𝐵 ∩ 𝑃 ∩ 𝐵 ) ∪ (𝑃 ∩ 𝐵 ∩ 𝐹 ∩ 𝐵 )

𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃(𝑃 ∩ 𝐵 ∩ 𝑃 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝑃 ∩ 𝐵 ∩ 𝐹 ∩ 𝐵 ) =1

2+

1

2=

1

16+

1

16=

1

8

𝑃(𝑋 = 0) =1

8∶ en effet, n obtenir aucune boule blanche revient à obtenir deux noires.

Et les probabilités d’obtenir une blanche ou une noire sont égales.

On en déduit que 𝑃(𝑋 = 1) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0) − 𝑃(𝑋 = 2) = 1 −1

8−

1

8=

6

8=

3

4

c) 𝐸(𝑋) = 0 ×1

8+ 1 ×

3

4+ 2 ×

1

8= 1

𝐸(𝑋 ) = 0 ×1

8+ 1 ×

3

4+ 2 ×

1

8=

5

4 donc 𝑉(𝑋) =

5

4− 1 =

1

4

2) On répète (E) et on s’arrête dès que l’urne est vide ou dès que l’on a effectué (E) trois fois : Ainsi 𝑌(𝛺) = {2; 3}

a) L’événement [𝑌 = 2]est réalisé lorsque l’urne est vidée après le deuxième tirage, on a donc obtenu

deux fois face (l’ordre des couleurs tirées n’est pas important) :

𝑃(𝑌 = 2) = 𝑃(𝐹 ∩ 𝐹 ) =1

2×

1

2=

1

4

On en déduit que 𝑃(𝑌 = 3) = 1 − 𝑃(𝑌 = 2) = 1 −1

4=

3

4

b) On peut tirer 0 noire ou 1 ou 2 ou 3 donc 𝑍(𝛺) = {0; 1; 2; 3} Si l’événement [𝑌 = 2] est réalisé, alors on a tiré une blanche et une noire (on a vidé l’urne) donc l’événement [𝑍 = 1] est forcément réalisé :

𝑃([𝑌 = 2] ∩ [𝑍 = 1]) = 𝑃([𝑌 = 2]) × 𝑃[ ] (𝑍 = 1) =1

4× 1 =

1

4

𝑃([𝑌 = 2] ∩ [𝑍 = 0]) = 0 = 𝑃([𝑌 = 2] ∩ [𝑍 = 2]) = 𝑃([𝑌 = 2] ∩ [𝑍 = 3])

On admet que 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 1]) =11

32 donc 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 2]) =

11

32

En effet obtenir 2 blanches revient à obtenir 1 noire et les probabilités d’obtenir une blanche ou une noire sont égales.

Il reste à déterminer 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 0]) et 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 3])

𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 0]) = 𝑃(𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ) + 𝑃(𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝐹 ∩ 𝑁 )

=1

2+

1

2=

2

2=

1

2=

1

32

Et pour les mêmes raisons que précédemment 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 3]) = 𝑃([𝑌 = 3] ∩ [𝑍 = 0]) =1

32

Z

Y 0 1 2 3 𝑃(𝑌 = 𝑗)

2 0 1

4 0 0

1

4

3 1

32

11

32

11

32

1

32

3

4

𝑃(𝑍 = 𝑘) 1

32

19

32

11

32

1

32 1

c) 𝐸(𝑌𝑍) = 2 × 1 ×1

4+ 3 × 0 ×

1

32+ 3 × 1 ×

11

32+ 3 × 2 ×

11

32+ 3 × 3 ×

1

32=

124

32=

31

8

𝐸(𝑌) = 2 ×1

4+ 3 ×

3

4=

11

4 et 𝐸(𝑍) = 0 ×

1

32+ 1 ×

19

32+ 2 ×

11

32+ 3 ×

1

32=

44

32=

11

8

𝐶𝑜𝑣(𝑌, 𝑍) = 𝐸(𝑌𝑍) − 𝐸(𝑌)𝐸(𝑍) =124

32−

11

4×

11

8=

124

32−

121

32=

3

32

3) On répète (E) jusqu'à ce que l’on obtienne la première boule blanche. Soit T la variable aléatoire égale au

nombre de réalisations de (E) ainsi effectuées.

a) T peut prendre tous les entiers naturels non nuls : 𝑇(𝛺) = ℕ∗

b) 𝑃(𝑇 = 1) = 𝑃(𝑃 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝐹 ∩ 𝐵 ) =1

4+

1

4=

1

2

𝑃(𝑇 = 2) = 𝑃(𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝐹 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝐹 ∩ 𝐵 ) + 𝑃(𝐹 ∩ 𝑁 ∩ 𝐹 ∩ 𝐵 )

=1

16+

1

8+

1

16+

1

8=

3

8

c) 𝐸 = 𝑃 ∩ 𝑁 ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ∩ … ∩ 𝑃 ∩ 𝑁 ⇒ 𝑃(𝐸 ) =1

2×

1

2=

1

4

Pour 𝑛 3, 𝑃(𝑇 = 𝑛) = 𝑃(𝐸 ) × 𝑃 (𝑇 = 𝑛) =1

4× 𝑃(𝑇 = 2) =

1

4×

3

8=

3

2

1

4.

Cette formule reste valable pour 𝑛 = 2 :

Conclusion ∶ pour tout 𝑛 2, 𝑃(𝑇 = 𝑛) =3

2

1

4

𝑑) 𝐸(𝑇) = 𝑛𝑃(𝑇 = 𝑛) = 1 × 𝑃(𝑇 = 1) + 𝑛 ×3

2

1

4=

1

2+

3

2𝑛

1

4

=1

2+

3

2𝑛

1

4− 1 =

1

2+

3

2

1

1 −14

− 1 =1

2+

3

2

16

9− 1 =

1

2+

3

2×

7

9=

1

2+

7

6=

10

6=

5

3

Exercice 8 : 1) Les tirages étant simultanés, la plus petite valeur de 𝐼 est 1 et la plus grande 𝑛 − 1 : 𝐼(𝛺) = ⟦1; 𝑛 − 1⟧. L’événement (𝐼 > 𝑘) est réalisé lorsque les deux numéros tirés sont supérieurs à 𝑘 : il faut donc choisir deux boules parmi celles numérotées de 𝑘 + 1 à 𝑛 (elles sont au nombre de 𝑛 − 𝑘). 𝑃(𝐼 > 𝑛 − 1) = 0 et, pour tout 𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 − 2⟧,

𝑃(𝐼 > 𝑘) =

𝑛 − 𝑘2𝑛2

=

(𝑛 − 𝑘)!2! × (𝑛 − 𝑘 − 2)!

𝑛!2! × (𝑛 − 2)!

=(𝑛 − 𝑘)! (𝑛 − 2)!

𝑛! × (𝑛 − 𝑘 − 2)!=

(𝑛 − 𝑘)(𝑛 − 𝑘 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)

Pour 𝑘 = 0, 𝑃(𝐼 > 0) = 1 et (𝑛 − 0)(𝑛 − 0 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)=

𝑛(𝑛 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)= 1

La formule obtenue reste donc valable pour 𝑘 = 0. On a vu que, pour tout 𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 − 1⟧, 𝑃(𝐼 = 𝑘) = 𝑃(𝐼 > 𝑘 − 1) − 𝑃(𝐼 > 𝑘) Si 𝑘 = 1 alors 𝑘 − 1 = 0, la formule précédente étant valable pour 𝑘 = 0, on peut l’appliquer dans tous les cas :

Pour tout 𝑘 ∈ ⟦1; 𝑛 − 1⟧, 𝑃(𝐼 = 𝑘) =(𝑛 − 𝑘 + 1)(𝑛 − 𝑘 + 1 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)−

(𝑛 − 𝑘)(𝑛 − 𝑘 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)

=(𝑛 − 𝑘 + 1)(𝑛 − 𝑘)

𝑛(𝑛 − 1)−

(𝑛 − 𝑘)(𝑛 − 𝑘 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)=

(𝑛 − 𝑘)[(𝑛 − 𝑘 + 1) − (𝑛 − 𝑘 − 1)]

𝑛(𝑛 − 1)=

2(𝑛 − 𝑘)

𝑛(𝑛 − 1)

2) Les tirages étant simultanés, la plus petite valeur de 𝑆 est 2 et la plus grande 𝑛 : 𝑆(𝛺) = ⟦2; 𝑛⟧. L’événement (𝑆 ≤ 𝑘) est réalisé lorsque les deux numéros tirés sont inférieurs ou égaux à 𝑘 : il faut donc choisir deux boules parmi celles numérotées de 1 à 𝑘 (elles sont au nombre de 𝑘). Pour tout 𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛⟧,

𝑃(𝑆 ≤ 𝑘) =

𝑘2𝑛2

=

𝑘!2! × (𝑘 − 2)!

𝑛!2! × (𝑛 − 2)!

=𝑘! (𝑛 − 2)!

𝑛! × (𝑘 − 2)!=

𝑘(𝑘 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)

Pour 𝑘 = 1, 𝑃(𝑆 ≤ 1) = 0 et 1(1 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)= 0

La formule obtenue reste donc valable pour 𝑘 = 1. On a vu que, pour tout 𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛⟧, 𝑃(𝑆 = 𝑘) = 𝑃(𝑆 ≤ 𝑘) − 𝑃(𝑆 ≤ 𝑘 − 1) Si 𝑘 = 2 alors 𝑘 − 1 = 1, la formule précédente étant valable pour 𝑘 = 1, on peut l’appliquer dans tous les cas :

Pour tout 𝑘 ∈ ⟦2; 𝑛⟧, 𝑃(𝑆 = 𝑘) =𝑘(𝑘 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)−

(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)

𝑛(𝑛 − 1)=

(𝑘 − 1)(𝑘 − (𝑘 − 2))

𝑛(𝑛 − 1)=

2(𝑘 − 1)

𝑛(𝑛 − 1)

Exercice 9 : 1) a) Il est clair que 𝑋(Ω) = ℕ∗ = 𝑌(Ω) Pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ (ℕ∗) , [𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗] = (𝐹 ∩ … ∩ 𝐹 ) ∩ 𝑃 ∩ … ∩ 𝑃 ∩ 𝐹 ∪ (𝑃 ∩ … ∩ 𝑃 ) ∩ 𝐹 ∩ … ∩ 𝐹 ∩ 𝑃

= 𝐹 ∩ 𝑃 ∩ 𝐹 ∪ 𝑃 ∩ 𝐹 ∩ 𝑃

b) Ainsi par incompatibilité des deux événements de la réunion :

𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = 𝑃 𝐹𝑘

𝑖

𝑘=1

∩ 𝑃𝑘

𝑖+𝑗

𝑘=𝑖+1

∩ 𝐹𝑖+𝑗+1 + 𝑃 𝑃𝑘

𝑖

𝑘=1

∩ 𝐹𝑘

𝑖+𝑗

𝑘=𝑖+1

∩ 𝑃𝑖+𝑗+1

Puis par indépendance des événements, pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ (ℕ∗) ,

𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = (1 − 𝑝) × 𝑝 × (1 − 𝑝) + 𝑝 × (1 − 𝑝) × 𝑝 = (1 − 𝑝) 𝑝 + 𝑝 (1 − 𝑝)

Conclusion : pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ (ℕ∗) , 𝑃([𝑋 = 𝑖] ∩ [𝑌 = 𝑗]) = (1 − 𝑝) 𝑝 + 𝑝 (1 − 𝑝) 2) (𝑋 + 𝑌)(Ω) = ℕ\{1; 2} = ⟦2; +∞⟦ Pour tout 𝑛 ∈ ⟦2; +∞⟦ ,

𝑃(𝑋 + 𝑌 = 𝑛) = 𝑃((𝑋 = 𝑖) ∩ (𝑌 = 𝑛 − 𝑖))

∈ℕ∗

∈ℕ∗

= (1 − 𝑝) 𝑝 + 𝑝 (1 − 𝑝)

= (1 − 𝑝) 𝑝 + 𝑝 (1 − 𝑝) = 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝

𝑝+ 𝑝(1 − 𝑝)

𝑝

1 − 𝑝

= 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝

𝑝+ 𝑝(1 − 𝑝)

𝑝

1 − 𝑝

On reconnaît des sommes de suites géométriques de raison 1 − 𝑝

𝑝 ou

𝑝

1 − 𝑝 toutes deux différentes de 1

car 𝑝 ≠1

2. Celles − ci sont simplifiables avec un démarrage d’indice à 0 : on factorise par la raison

puis on effectue un changement d’indice ∶

𝑃(𝑋 + 𝑌 = 𝑛) = 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝

𝑝

1 − 𝑝

𝑝+ 𝑝(1 − 𝑝)

𝑝

1 − 𝑝

𝑝

1 − 𝑝

= 𝑝 (1 − 𝑝)1 − 𝑝

𝑝+ 𝑝 (1 − 𝑝)

𝑝

1 − 𝑝

= 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −

1 − 𝑝𝑝

1 −1 − 𝑝

𝑝

+ 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −

𝑝1 − 𝑝

1 −𝑝

1 − 𝑝

= 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −

1 − 𝑝𝑝

2𝑝 − 1𝑝

+ 𝑝 (1 − 𝑝) ×1 −

𝑝1 − 𝑝

1 − 2𝑝1 − 𝑝

= 𝑝 (1 − 𝑝) ×𝑝

2𝑝 − 1× 1 −

1 − 𝑝

𝑝+ 𝑝 (1 − 𝑝) ×

1 − 𝑝

1 − 2𝑝× 1 −

𝑝

1 − 𝑝

=𝑝 (1 − 𝑝)

2𝑝 − 1× 1 −

1 − 𝑝

𝑝+

𝑝 (1 − 𝑝)

1 − 2𝑝× 1 −

𝑝

1 − 𝑝

=𝑝 (1 − 𝑝)

2𝑝 − 1−

𝑝 (1 − 𝑝)

2𝑝 − 1×

(1 − 𝑝)

𝑝+

𝑝 (1 − 𝑝)

1 − 2𝑝−

𝑝 (1 − 𝑝)

1 − 2𝑝×

𝑝

(1 − 𝑝)

=𝑝 (1 − 𝑝)

2𝑝 − 1−

𝑝(1 − 𝑝)

2𝑝 − 1+

𝑝 (1 − 𝑝)

1 − 2𝑝−

𝑝 (1 − 𝑝)

1 − 2𝑝

=𝑝 (1 − 𝑝)

2𝑝 − 1−

𝑝(1 − 𝑝)

2𝑝 − 1−

𝑝 (1 − 𝑝)

2𝑝 − 1+

𝑝 (1 − 𝑝)

2𝑝 − 1

=𝑝(1 − 𝑝)

2𝑝 − 1[𝑝 (1 − 𝑝) − (1 − 𝑝) − 𝑝(1 − 𝑝) + 𝑝 ]

=𝑝(1 − 𝑝)

2𝑝 − 1[𝑝 − 𝑝 − (1 − 𝑝) − 𝑝(1 − 𝑝) + 𝑝 ]

=𝑝(1 − 𝑝)

2𝑝 − 1[𝑝 − (1 − 𝑝) (1 − 𝑝 + 𝑝)] =

𝑝(1 − 𝑝)

2𝑝 − 1[𝑝 − (1 − 𝑝) ].

Exercice 10 : D’après EDHEC 2014 function [X]=simul(theta), Y=1 while rand()>1/(1+theta) do Y=Y+1, end X=Y-1 Endfunction

Exercice 11 : D’après ECRICOME 2014 1. function [x]=lancer(p),if rand()<p then x=1, else x=0,end endfunction 2. function [x]=premier_pile(p),u=0,while lancer(p)==0 do u=u+1, end x=u endfunction 3. On part du principe que les fonctions lancer et premier_pile ont été définies au préalable : p=input(‘entrez la valeur de p :’) a=premier_pile(p)+premier_pile(p)-2 disp(a)

Exercice 12 : 1) a) La variable 𝑋 est égale au nombre de succès dans la répétition de 𝑟 épreuves identiques et indépendantes, la probabilité de succès est 𝑝 donc 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝. b) Soient 𝑖 et 𝑗 deux entiers naturels, tels que 0 ≤ 𝑖 ≤ 𝑗 ≤ 𝑟 : Sachant que i personnes ont été jointes la veille, pour que j personnes soient jointes en tout, il faut que la secrétaire joigne 𝑗 − 𝑖 personnes ce jour-là :

𝑃( )(𝑋 = 𝑗) =𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖

𝑝 𝑞 ( ) =𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖

𝑝 𝑞

c) Il est clair que 𝑋 (Ω) = ⟦0; 𝑟⟧

∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑋 = 𝑗)

= 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑋 = 𝑗) += 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑋 = 𝑗)

=𝑟𝑖

𝑝 𝑞 ×𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖

𝑝 𝑞 =𝑟𝑖

𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖

𝑝 𝑞

On s’inspire de la simplification de la question 5. de l’exercice 4 :

Pour tout couple d’entiers naturels (𝑘; 𝑛) tel que 0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛 ≤ 𝑁 : 𝑛𝑘

𝑁𝑛

=𝑁𝑘

𝑁 − 𝑘𝑛 − 𝑘

On l’applique au contexte de l’exercice :

Pour tout couple d’entiers naturels (𝑖; 𝑗) tel que 0 ≤ 𝑖 ≤ 𝑗 ≤ 𝑟 : 𝑗𝑖

𝑟𝑗 =

𝑟𝑖

𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖

Ainsi, ∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) =𝑗𝑖

𝑟𝑗 𝑝 𝑞 =

𝑟𝑗 𝑝

𝑗𝑖

𝑞

Pour faire apparaitre une formule du binôme de Newton, il faudrait que l’exposant de 𝑞 soit 𝑗 − 𝑖.

Or 2𝑟 − 𝑖 − 𝑗 = (2𝑟 − 2𝑗) + (𝑗 − 𝑖)

∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) =𝑟𝑗 𝑝 𝑞

𝑗𝑖

𝑞 =𝑟𝑗 𝑝 𝑞 (1 + 𝑞) =

𝑟𝑗 (𝑝(2 − 𝑝)) ((1 − 𝑝) )

Or (1 − 𝑝) = 1 − 2𝑝 + 𝑝 = 1 − (2𝑝 − 𝑝 ) = 1 − (𝑝(2 − 𝑝))

∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) =𝑟𝑗 (𝑝(2 − 𝑝)) (1 − (𝑝(2 − 𝑝)))

Ainsi, 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝(2 − 𝑝). 2) Posons 𝑃 la propriété « 𝑋 suit la loi binomiale ℬ(𝑟; 1 − 𝑞 ) » Initialisation : 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝 = 1 − 𝑞 = 1 − 𝑞 donc 𝑃 est vraie. Remarque : 𝑋 suit la loi binomiale de paramètres 𝑟 et 𝑝(2 − 𝑝) = 1 − (1 − 𝑝) = 1 − 𝑞 . Hérédité : supposons que 𝑃 est vraie pour un certain entier naturel 𝑛 non nul et montrons que 𝑃 est vraie. Il est clair que 𝑋 (Ω) = ⟦0; 𝑟⟧

∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) = 𝑃(𝑋 = 𝑖) × 𝑃( )(𝑋 = 𝑗)

Comme à la question 1.b), on montre que :

𝑃( )(𝑋 = 𝑗) =

𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖

𝑝 𝑞 ( ) =𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖

𝑝 𝑞 si 𝑖 ≤ 𝑗

0 si 𝑖 > 𝑗

∀𝑗 ∈ ⟦0; 𝑟⟧, 𝑃(𝑋 = 𝑗) =𝑟𝑖

(1 − 𝑞 ) (𝑞 ) ×𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖

𝑝 𝑞

=𝑟𝑖

𝑟 − 𝑖𝑗 − 𝑖

(1 − 𝑞 ) 𝑞 ( )𝑝 𝑞 =𝑗𝑖

𝑟𝑗 (1 − 𝑞 ) 𝑞 ( ) ( )𝑝 𝑞

=𝑟𝑗 𝑞 𝑞 ( ) 𝑗

𝑖(1 − 𝑞 ) 𝑞 ( )𝑝 =

𝑟𝑗 𝑞 𝑞 ( ) 𝑗

𝑖(1 − 𝑞 ) (𝑞 𝑝)

=𝑟𝑗 𝑞 𝑞 ( )(1 − 𝑞 + 𝑞 𝑝) =

𝑟𝑗 𝑞( )( )(1 − 𝑞 + 𝑞 (1 − 𝑞))

=𝑟𝑗 (𝑞 ) (1 − 𝑞 )

Ainsi, 𝑋 suit la loi binomiale ℬ(𝑟; 1 − 𝑞 ) Conclusion : pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, 𝑋 suit la loi binomiale ℬ(𝑟; 1 − 𝑞 ). 3) a) L’événement [𝑍 ≤ 𝑗] est réalisé lorsque la secrétaire a joint tous les correspondants en moins de 𝑗 jours, ainsi tous les correspondants ont été joints le 𝑗è jour : [𝑍 ≤ 𝑗] = 𝑋 = 𝑟 .

Pour tout 𝑗 ∈ ℕ∗, 𝑃(𝑍 = 𝑗) = 𝑃(𝑍 ≤ 𝑗) − 𝑃(𝑍 ≤ 𝑗 − 1) = 𝑃 𝑋 = 𝑟 − 𝑃(𝑋 = 𝑟)

b) Pour montrer que 𝑍 admet une espérance, il faut étudier l’absolue convergence de la série de terme général 𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗) :

𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗) = 𝑗 𝑃 𝑋 = 𝑟 − 𝑃 𝑋 = 𝑟

= 𝑗𝑟𝑟

𝑞 1 − 𝑞 −𝑟𝑟

𝑞 1 − 𝑞

= 𝑗 1 − 𝑞 − 1 − 𝑞 = 𝑗 1 − 𝑞 − 𝑗 1 − 𝑞

= 𝑗 1 − 𝑞 − (𝑗 + 1) 1 − 𝑞 = 𝑗 1 − 𝑞 − 𝑗 1 − 𝑞 − 1 − 𝑞

= 𝑗 1 − 𝑞 + 𝑁(1 − 𝑞 ) − 𝑗 1 − 𝑞 − 1 − 𝑞 = 𝑁(1 − 𝑞 ) − 1 − 𝑞

Au vu de ce qu’on doit obtenir comme résultat, il faut modifier 1 − 𝑞 en 1 − 1 − 𝑞

1 − 1 − 𝑞 = 1 − 1 − 𝑞 = 𝑁 − 1 − 𝑞

On en déduit que 1 − 𝑞 = 𝑁 − 1 − 1 − 𝑞

Ainsi, 𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗) = 𝑁(1 − 𝑞 ) − 𝑁 + 1 − 1 − 𝑞 = 𝑁((1 − 𝑞 ) − 1) + 1 − 1 − 𝑞

On étudie maintenant la limite quand 𝑁 tend vers + ∞ de 𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗)

On sait que (1 + 𝑢 ) −1 ~ 𝑟𝑢 si lim→

𝑢 = 0

Ici 0 < 𝑞 < 1 donc 𝑞 → 0 On a donc (1 − 𝑞 ) −1 ~

→− 𝑟𝑞 puis 𝑁((1 − 𝑞 ) − 1) ~

→− 𝑟𝑁𝑞

𝑁𝑞 = 𝑞 × 𝑁𝑞 , or 𝑁𝑞 est le terme général d’une série géométrique dérivée convergente (0 < 𝑞 <1) donc sa limite est égale à 0

lim→

𝑁((1 − 𝑞 ) − 1) = 0

Il reste à étudier la convergence de 1 − 1 − 𝑞 ∶

1 − 1 − 𝑞 = 1 −𝑟𝑖

1 −𝑞 = 1 −𝑟𝑖

(−1) 𝑞 = −𝑟𝑖

(−1) 𝑞

Donc 1 − 1 − 𝑞 = −𝑟𝑖

(−1) 𝑞 = −𝑟𝑖

(−1) 𝑞 = −𝑟𝑖

(−1) 𝑞

𝑞 est une somme partielle de série géométrique convergente car 0 < 𝑞 < 1

𝑞 admet donc une limite finie quand 𝑁 tend vers + ∞,

il en est de même pour 𝑟𝑖

(−1) 𝑞

Conclusion ∶ 𝑍 admet une espérance donnée par :

𝐸(𝑍) = 𝑗𝑃(𝑍 = 𝑗) = 0 + 1 − 1 − 𝑞 = 1 − 1 − 𝑞

1 − 1 − 𝑞 = −𝑟𝑖

(−1) 𝑞 = −𝑟𝑖

(−1)1 − 𝑞

1 − 𝑞→ −

𝑟𝑖

(−1)1

1 − 𝑞

c) Conclusion ∶ 𝐸(𝑍) = −𝑟𝑖

(−1)1

1 − 𝑞=

𝑟𝑖

(−1)

1 − 𝑞

d) Si 𝑟 = 1 , 𝐸(𝑍) =1𝑖

(−1)

1 − 𝑞=

1

1 − 𝑞=

1

𝑝

𝑍 suit une loi géométrique de paramètre 𝑝 donc 𝐸(𝑍) =1

𝑝 : ce résultat était donc prévisible …