 \input{../preambules/preCorrection.tex}


\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 20}
\lfoot{}
\cfoot{Variable aléatoire discrète.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 20}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{15}

\savoir{Déterminer une loi de probabilité discrète}
\label{Déterminer une loi de probabilité discrète}


\begin{exo}[*]
On note $X$ la variable aléatoire dont la loi est donnée par :
$$
\forall n \in \N^*, \quad P(X=n) = \dfrac{1}{n^2} - \dfrac{1}{(n+1)^2}
$$
\begin{enumerate}
\item On calcule la somme partielle
\begin{align*}
\ds \sum_{k=1}^n P(X=k) & = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2} - \dfrac{1}{(k+1)^2} \\
& = 1 - \dfrac{1}{(n+1)^2}
\end{align*}
On reconnait en effet une somme télescopique. La série $\ds \sum_{n \geq 1} P(X=n)$ est convergente et \begin{center}
\fbox{$\ds \sum_{n = 1}^{+ \infty} P(X=n) = 1$. }
\end{center}
\item On regarde la série $\ds \sum_{n \geq 1} P(X=n)$ en passant par les sommes partielles
\begin{align*}
\ds \sum_{k=1}^n k P(X=k) & = \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{k^2} - \dfrac{k}{(k+1)^2} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} - \dfrac{(k+1-1)}{(k+1)^2} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} - \left( \dfrac{1}{k+1} - \dfrac{1}{(k+1)^2} \right) \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1} + \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k+1)^2} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} -  \dfrac{1}{k+1} + \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k+1)^2} \\
& =  1 -  \dfrac{1}{n+1} + \sum_{k=2}^{n+1} \dfrac{1}{k^2} \\
& =  \sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{1}{k^2}  -  \dfrac{1}{n+1}  
\end{align*}
Or la série $\ds \sum_{k\geq 1} \dfrac{1}{k^2}$ est convergente (série de Riemann) et $\li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$. Donc l'espérance de $X$ existe et vaut
\begin{center}
\fbox{$E(X) = \ds \sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k^2}$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Un sauteur essaye successivement les hauteurs $1$, $2$, $\ldots$, $n$, $\ldots$ jusqu'à ce qu'il échoue. Il a une probabilité $\dfrac{1}{n}$ de réussir son saut à la hauteur $n$. Soit $X$ la hauteur du dernier saut réussi. (Il finit toujours par échouer et les sauts sont indépendants).
\begin{enumerate}
\item On a \begin{center}
\fbox{$X( \Omega) = \N^*$.}
\end{center}
On note les évènements $A_n$ : "Le sauteur réussit son saut à la hauteur $n$. On a donc $P(A_n) = \dfrac{1}{n}$. On a alors 
$$
(X = k) = A_1 \cap A_2 \cap \ldots \cap A_k \cap \overline{A_{k+1}} 
$$
Les évènements étant mutuellement indépendants, on a 
\begin{align*}
P(X=k) & = P(A_1) \times P(A_2) \times \ldots \times P(A_k) \times P(\overline{A_{k+1}}) \\
& = 1 \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \times \ldots \times \dfrac{1}{k} \times \dfrac{k}{k+1} \\
\end{align*}
C'est à dire \begin{center}
\fbox{$P(X=k) = \dfrac{k}{(k+1)!}$.}
\end{center}
On étudie les sommes 
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n P(X=k) & = \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{k+1-1}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k!} - \dfrac{1}{(k+1)!} \\ 
\end{align*}
On reconnait une somme télescopique. On peut donc conclure que la série converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{k=1}^{+\infty} P(X=k) = \dfrac{1}{1!} - \li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n!} = 1.
$}
\end{center}
\item On étudie la série $\ds \sum_{k \geq 1} kP(X= k)$ en passant par les sommes partielles. Soit $n \in \N^*$,
\begin{align*}
\ds \sum_{k=1}^{n} k P(X=k) & = \sum_{k=1}^n k \dfrac{k}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n k \dfrac{(k+1-1)}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k-1)!} - \dfrac{k}{(k+1)!} \\  
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k-1)!} - \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{k!} -  \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!}
\end{align*}
Or, on sait que les séries $\ds \sum_{k \geq 0} \dfrac{1}{k!}$ (série exponentielle) et $\ds \sum_{k \geq 1} \dfrac{k}{(k+1)!}$ sont convergentes. L'espérance existe et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds E(X) = \sum_{k=1}^{+\infty} k P(X=k)  = e - 1
$}
\end{center}

On va calculer $E((X+1)(X-1))$ en utilisant la formule de transfert
\begin{align*}
\ds \sum_{k=1}^{n} (k+1)(k-1) P(X=k) & = \sum_{k=1}^n (k-1)(k+1) \dfrac{k}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=2}^n  \dfrac{(k-1)k(k+1)}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=2}^n  \dfrac{1}{(k-2)!} \\
& = \sum_{k=0}^{n-2}  \dfrac{1}{k!} 
\end{align*}
La série $\ds \sum_{k \geq 0} \dfrac{1}{k!}$ est convergente et donc 
$$E((X-1)(X+1)) = E(X^2 -1) = e \Longleftrightarrow E(X^2) = e +1 $$
D'après la formule de Koenig-Huygens, 
\begin{center}
 \fbox{$V(X) = E(X^2) - E(X)^2 = e +1 - (e-1)^2 = 3e - e^2 $.}
 \end{center} 
\end{enumerate} 

\remarque{Le calcul de $E((X+1)(X-1))$ est assez astucieux mais permet d'éviter des calculs trop compliqués de sommes. Ces calculs peuvent vous être proposés avec des indications. Il faut savoir comment calculer rapidement la variance en utilisant les formules du cours.}
\end{exo}

\savoir{Calculer l'espérance et la variance}
\label{Calculer l'espérance et la variance}

\begin{exo}[]
Soit $X$ une variable aléatoire discrète d'espérance $m$ et de variance $\sigma^2$.
\begin{center}
\fbox{$E(2X) = 2 E(X) = 2m$.}
\end{center}
On a 
\begin{align*}
E((X-3)^2) = E(X^2 - 6X + 9) = E(X^2) - 6 E(X) + 9.
\end{align*}
Or $V(X) = E(X^2)  - E(X)^2 \Longleftrightarrow E(X^2) = V(X) + E(X)^2 = \sigma^2 + m^2$. On a alors
\begin{center}
\fbox{$E((X-3)^2) = \sigma^2 + m^2 - 6 m + 9$.}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$V(5X) = 25 V(X) = 25 \sigma^2$.}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$V(3X+1) = 9V(X) = 9\sigma^2$. }
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Une urne contient 2 boules blanches et $n-2$ boules rouges. On effectue des tirages sans remise de cette urne. On appelle $X$ le rang de sortie de la première boule blanche. $Y$ le nombre de boules rouges restant à ce moment dans l'urne. 
\begin{enumerate}
\item On note les évènements $A_k$ : "On tire une boule blanche au $k$-ième tirage". On a alors 2 cas. On a alors
$$
(X = k) = \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \ldots \cap \overline{A_{k-1}} \cap A_k
$$
On remarque que si $k \geq n$, $$
P(X = k) = 0
$$ 
(On a alors épuisé toutes les boules rouges et on a donc déjà tiré une boule blanche). 
Désormais, si $k < n$, on a, d'après la formule des probabilités composées (les évènements ne sont clairement pas indépendants),
\begin{align*}
P(X= k) & = P(\overline{A_1}) \times P_{\overline{A_1}} (\overline{A_2}) \times P_{\overline{A_1} \cap \overline{A_2}} (\overline{A_3}) \times \ldots \times P_{\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \ldots \cap \overline{A_{k-1}}}(A_k) \\
& = \dfrac{n-2}{n} \times \dfrac{n-3}{n-1} \times \dfrac{n-4}{n-2} \times \ldots \times \dfrac{n- k}{n-k+2} \times \dfrac{2}{n-k + 1}
\end{align*}
Après simplification, 
\begin{center}
\fbox{$
\forall k \in \entier{1,n-1}, \quad P(X=k) = 2 \times \dfrac{(n-k)}{n(n-1)}
$}
\end{center}
On calcule l'espérance (qui existe car la somme est finie)
\begin{align*}
E(X) & = \ds \sum_{k=1}^{n-1} k P(X=k) = \sum_{k=1}^{n-1} 2 k \dfrac{(n-k)}{n(n-1)} \\
& = \dfrac{2}{n(n-1)} \sum_{k=1}^{n-1}  k(n-k) \\
& = \dfrac{2}{n-1} \sum_{k=1}^{n-1}k - \dfrac{2}{n(n-1)} \sum_{k=1}^{n-1} k^2 \\
& = \dfrac{2}{n-1} \times \dfrac{(n-1)n}{2} - \dfrac{2}{n(n-1)} \times \dfrac{(n-1)n(2n-1)}{6} \\
& = n - \dfrac{1}{3}(2n-1) 
\end{align*}
En simplifiant, on obtient
\begin{center}
\fbox{$E(X) = \dfrac{n+1}{3}$.}
\end{center}
\item Si on tire la boule blanche au $k$-ième lancer, il reste $n-k-1$ boules rouges dans l'urne. \begin{center}
\fbox{On a donc $Y = n -1 - X$.}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{On obtient alors $E(Y) = E(n-1-X) = n-1 - \left( \dfrac{n+1}{3} \right) = \dfrac{2}{3}n - \dfrac{4}{3}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\vspace{20pt}
%%%% Lois géométriques et lois de poissons
%%% Exercices d'approfondissement
\renewcommand\bcStyleTitre[1]{\hspace{10pt}\itshape \Large \color{black} #1}
\setlength{\logowidth}{13pt}
\begin{bclogo}[couleur=white,couleurBord=white,arrondi=0.2, logo = \bcplume]{Loi géométrique et loi de Poisson}
\end{bclogo} 
\vspace{-23pt}

\begin{exo}
Une urne contient des boules blanches et noires. On suppose que la probabilité de piocher une
blanche vaut $p \in ]0; 1[$ On effectue des tirages successifs avec remise. Soit $X_1$ la variable aléatoire égale au rang d'apparition de la première boule blanche.
\begin{enumerate}
\item On cherche le premier succès dans une répétition d'expérience de Bernoulli. $X_1$ suit une loi géométrique de paramètre $p$. 
\begin{center}
\fbox{$
X_1(\Omega) = \N^*, \quad X_1 \loi{G}(p), \quad E(X_1) = \dfrac{1}{p}, \quad V(X_1)= \dfrac{1-p}{p^2}
$}
\end{center}
\item Le support de $X_2$ est $X_2(\Omega) = \N \setminus \{0,1\}$. Soit $n \in X_2 (\Omega)$, d'après la formule des probabilités totales,
\begin{align*}
P(X_2= n) & = \sum_{k=1}^{+ \infty} P(X_1 = k) P_{X_1 = k}(X_2 = n) \\
& = \sum_{k=1}^{n-1}  P(X_1 = k)  P_{X_1 = k}(X_2 = n) \\
& = \sum_{k=1}^{n-1} q^{k-1}p \times q^{n-1 -k} p \\
& = \sum_{k=1}^{n-1}  q^{n-2} p^2 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc $\forall n \geq 2, \quad P(X_2 = n) = (n-1) q^{n-2} p^2$.}
\end{center}
On s'intéresse à la série $\ds \sum_{n \geq 2} nP(X_2 =n) = \sum_{n \geq 2} n(n-1)q^{n-2}p^2$. Soit $N \geq 2$, on s'intéresse au sommes partielles
\begin{align*}
\sum_{n=2}^N n(n-1)q^{n-2}p^2 & = \dfrac{p}{q} \sum_{n=1}^N n(n-1) q^{n-1}p \\
& = \dfrac{p}{q} \sum_{n=1}^N n(n-1) P(X_1 = n)
\end{align*}
Comme $X_1$ admet un moment d'ordre $2$, grâce au théorème de transfert, 
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{+\infty} n(n-1) P(X_1 = n) & = E(X_1(X_1 - 1)) \\
& = E(X_1^2) - E(X_1) \\
& = V(X_1) + E(X_1)^2 - E(X_1) \\
& = \dfrac{1-p}{p^2} + \dfrac{1}{p^2} - \dfrac{1}{p} \\
& = \dfrac{2-2p}{p^2} 
\end{align*}
\begin{center}
 \fbox{Ainsi, $E(X_2) = 2 \dfrac{p}{q} \left( \dfrac{1-p}{p^2} \right) = \dfrac{2}{p} = 2 E(X_1)$.}
 \end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\vspace{-12pt}
\begin{exo}[*]
Un péage comporte 10 guichets numérotés de 1 à 10. Le nombre $N$ de voitures arrivant au péage en
une heure suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda > 0$. On suppose que les conducteurs choisissent leur file au hasard, indépendamment les uns des autres. On note $X_1$ le nombre de voitures arrivant au guichet 1 en une heure.
\begin{enumerate}
\item $N$ suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda$ donc 
\begin{center}
\fbox{$E(N) = \lambda$.}
\end{center}
Le paramètre $\lambda$ correspond à la moyenne des voitures arrivant au péage en une heure. 
\item Une voiture arrivant au péage va au guichet 1 avec une \fbox{probabilité de $\dfrac{1}{10}$.}
\item Sachant $N=n$, la VA $X_1$ suit une loi binomiale puisque l'on compte le nombre de succès d'une répétition d'épreuve de Bernoulli. On a donc  
\begin{center}
 \fbox{$ \forall k  \in \entier{0; n},  P_{(N=n)}(X_1 = k) = \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{10} \right)^k \times \left( \dfrac{9}{10} \right)^{n-k}$}
 \end{center} 
 Nous avons enfin,
 \begin{center}
 \fbox{$ \forall k  > n ,  P_{(N=n)}(X_1 = k) = 0$}
 \end{center} 
\item En utilisant le système complet d'évènement associé à $N$ et la formule des probabilités totales, on a
\begin{align*}
P(X_1 = k) & = \sum_{n = 1}^{+\infty} P(N=n) \times P_{N=n} (X_1 = k) \\
& = \sum_{n = k}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n}{n!} e^{-\lambda} \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{10} \right)^k \times \left( \dfrac{9}{10} \right)^{n-k} \\
& = e^{-\lambda}\left( \dfrac{1}{10} \right)^k \sum_{n = k}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n}{n!}  \times \dfrac{n!}{k!(n-k)!}  \times \left( \dfrac{9}{10} \right)^{n-k} \\
& = \dfrac{e^{-\lambda}}{k!}\left( \dfrac{1}{10} \right)^k \sum_{n = k}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n}{(n-k)!} \times \left( \dfrac{9}{10} \right)^{n-k} \\
& = \dfrac{e^{-\lambda}}{k!}\left( \dfrac{1}{10} \right)^k \sum_{n = 0}^{+\infty} \dfrac{\lambda^{n+k}}{n!} \times \left( \dfrac{9}{10} \right)^{n} \\
& = \dfrac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}\left( \dfrac{1}{10} \right)^k \sum_{n = 0}^{+\infty} \dfrac{\left(\dfrac{9}{10} \lambda \right)^{n}}{n!} \\
& = \dfrac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}\left( \dfrac{1}{10} \right)^k e^{\frac{9\lambda}{10}} 
\end{align*}
C'est à dire ,
\begin{center}
\fbox{$P(X_1 = k) =  \dfrac{e^{-\frac{\lambda}{10}} (\frac{\lambda}{10})^k}{k!} $}
\end{center}
\item La variable aléatoire $X_1$ suit une loi de Poisson de paramètre $\dfrac{\lambda}{10}$.
\begin{center}
\fbox{$
X_1  \loi{P} \left( \dfrac{\lambda}{10} \right)
$}
\end{center}
On en déduit que \begin{center}
\fbox{$E(X_1) = \dfrac{\lambda}{10}$ et $V(X_1) = \dfrac{\lambda}{10}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
Une usine produit tous les jours 100 000 bouteilles
plastiques. Environ 1 \% des bouteilles sont défectueuses. 1000 bouteilles
doivent être livrées à un client . On considère que ce prélèvement
dans le stock général est infime et donc que les évènements étudiés
sont indépendants. On note $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de bouteilles
défectueuses dans le lot livré au client
\begin{enumerate}
\item {} 

\begin{enumerate}
\item $X$ suit une loi binomiale de paramètre $1000$ et $\dfrac{1}{100}$, c'est-à-dire
\begin{center}
\fbox{$ X \loi{B} (1000,1/100)$.}
\end{center}
\item On a 
\begin{center}
\fbox{$ P(X = 5) = \binom{1000}{5} \left( \dfrac{1}{100} \right)^5 \left( \dfrac{99}{100} \right)^{95} \approx 0,037 $}
\end{center}
Le calcul est en réalité très difficile puisque 
$$
\binom{1000}{5} = 8 250 291 250 200
$$
\item De la même façon, 
\begin{center}
\fbox{$P(X \leq 3) =  \left( \dfrac{99}{100} \right)^{100} + \binom{1000}{1} \left( \dfrac{1}{100} \right)^1 \left( \dfrac{99}{100} \right)^{99} + \binom{1000}{2} \left( \dfrac{1}{100} \right)^2 \left( \dfrac{99}{100} \right)^{98} + \binom{1000}{3} \left( \dfrac{1}{100} \right)^3 \left( \dfrac{99}{100} \right)^{97}$}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$P(X \leq 3) \approx 0,01$}
\end{center}
\end{enumerate}

\item Afin de simplifier les calculs, on décide d'approcher cette loi par
une loi de Poisson

\begin{enumerate}
\item Le paramètre de la loi de Poisson est 
\begin{center}
\fbox{$\lambda = E(X) = 10$}
\end{center}
\item On a alors \begin{center}
\fbox{$P(X= 5) = e^{-10} \dfrac{10^5}{5!} \approx  0,038$}
\end{center}
\item De la même façon, 
\begin{center}
\fbox{$P(X \leq 3) = e^{-10} \left(1 + 10 + \dfrac{100}{2} + \dfrac{1000}{3!} \right) \approx 0,01$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\vspace{30pt}
\begin{exo}[**]
Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $0 < a < 1$ et $0 < b < 1$:
On effectue une suite d'expérience aléatoires consistant à jeter simultanément deux pièces de monnaie
notées $A$ et $B$: On suppose que ces expériences sont indépendantes et qu'à chaque expérience
les résultats des deux pièces sont indépendants. On suppose que, lors d'une expérience, la probabilité que $A$ donne "pile" est $a$; et que la probabilité que $B$ donne "pile" est $b$:
Soit $X$ le nombre d'expériences qu'il faut réaliser avant que $A$ donne "face" pour la première fois et $Y$ le nombre d'expériences qu'il faut réaliser avant que $B$ donne "face" pour la première fois.
\begin{enumerate}
\item  On cherche le premier succès d'une expérience de Bernoulli qui se répète de façon indépendante. $X$ suit donc une loi géométrique de paramètre $a$. De la même façon, $Y$ suit une loi géométrique de paramètre $b$. 
\begin{center}
\fbox{$X \loi{G}(1-a), \quad Y \loi{G}(1-b), \quad E(X) = \dfrac{1}{1-a}$.}
\end{center}
\item  Comme les variables aléatoires $X$ et $Y$ sont indépendantes, on a
\begin{align*}
P(X=Y) & = \sum_{k=1}^{+\infty} P((X=k) \cap (Y=k)) \\
& = \sum_{k=1}^{+\infty} P(X=k) \times P(Y=k) \\
& = \sum_{k=1}^{+\infty} a^{k-1}(1-a) b^{k-1}(1-b) \\
& =  (1-a)(1-b) \sum_{k=1}^{+\infty} (ab)^{k-1} \\
&=  \dfrac{(1-a)(1-b)}{1 - ab} 
\end{align*}
\item On a 
\begin{align*}
P(X > k) & = \sum_{j=k+1}^{+\infty} P(X=j) \\
& = \sum_{j=k+1}^{+\infty} a^{j-1}(1-a) \\
& = (1-a)  \sum_{j=k+1}^{+\infty} a^{j-1} \\
& = (1-a)  \sum_{j=0}^{+\infty} a^{j+k} \quad \text{(changement d'indice)} \\
& = (1-a)a^k  \sum_{j=0}^{+\infty} a^j \\
& = (1-a)\dfrac{a^k}{1-a} \\
& = a^k
\end{align*}
On a donc
\begin{align*}
P(X >Y) & = \sum_{k=1}^{+\infty} P( (Y=k) \cap (Y>k)) \\
& = \sum_{k=1}^{+\infty} b^{k-1}(1-b) a^k \\
& = (1-b)a  \sum_{k=1}^{+\infty} (ab)^{k-1} \\
& = (1-b)a  \sum_{k=0}^{+\infty} (ab)^{k}  \quad \text{(changement d'indice)}\\
& = \dfrac{(1-b)a}{1 - ab}
\end{align*}
Enfin, on a 
\begin{align*}
P(X < Y) & = 1 - P(X > Y) - P(X = Y) \\
& = 1 - \dfrac{(1-b)a}{1 - ab} - \dfrac{(1-a)(1-b)}{1 - ab} \\
& = \dfrac{1 - ab - a + ab - (1-a)(1-b)}{1 - ab} \\
& = \dfrac{ (1  - a) - (1-a)(1-b)}{1 - ab} \\
& = \dfrac{ (1  - a)b}{1 - ab} 
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}
\vspace{-7pt}

%\begin{exo}
%Soit $p$ un réel de $]0,1[$. On suppose que la fonction de répartition $F$ d'une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $\N^*$ vérifie : $\forall n \in \N^*$, $F(n) = 1 - (1-p)^n$. \\
%On a 
%\begin{align*}
%P(X=n) & = P(X \leq n) - P(X \leq n-1) \\
%& = F(n) - F(n-1) \\
%& = 1 - (1-p)^n - (1 - (1-p)^{n-1}) \\
%& = (1-p)^{n-1} (-(1-p)+ 1) \\
%& = (1-p)^{n-1} p
%\end{align*}
%Donc $X$ suit une loi géométrique de paramètre $p$. 
%\end{exo}

\newpage
%%% Exercices d'approfondissement
\renewcommand\bcStyleTitre[1]{\hspace{10pt}\itshape \Large \color{black} #1}
\setlength{\logowidth}{13pt}
\begin{bclogo}[couleur=white,couleurBord=white,arrondi=0.2, logo = \bcplume]{ Exercices d'approfondissement}
\end{bclogo} 
\vspace{-13pt}

\begin{exo}[*]
Une piste rectiligne infinie est divisée en cases numérotées $0,1,2,3,\ldots$
 de gauche à droite. Une puce se déplace vers la droite de une
ou deux cases au hasard à chaque saut.On suppose qu'elle a la même
probabilité de sauter de une ou de deux cases à chaque saut. Au départ,
elle est sur la case 0. Soit $X_{n}$ le numéro de la case occupée
par la puce après $n$ sauts et $Y_{n}$ le nombre de fois où la puce
a sauté d'une case au cours des $n$ premiers sauts
\begin{enumerate}
\item On répète $n$ fois une expérience de Bernoulli de probabilité de succès $\dfrac{1}{2}$. $Y_n$ suit donc une loi binomiale de paramètre $n$ et $\dfrac{1}{2}$. Ainsi, \begin{center}
\fbox{$Y_n \loi{B}\left(n,\dfrac{1}{2} \right), \quad E(Y_n) = \dfrac{n}{2}, \quad V(Y_n) = \dfrac{n}{4}$.}
\end{center}
\item {}
\begin{enumerate}
\item La puce a sauté $Y_n$ fois une case et $n-Y_n$ fois deux cases. On a donc
\begin{center}
\fbox{$X_n = Y_n + 2 \times (n - Y_n) = 2n - Y_n$.}
\end{center}
\item On en déduit donc, 
\begin{center}
\fbox{$E(X_n) = 2n - E(Y_n) = 2n - \dfrac{n}{2} = \dfrac{3}{2}n$.}
\end{center}
et 
\begin{center}
\fbox{$V(X_n) = V(Y_n) = \dfrac{n}{4}$.}
\end{center}
Pour déterminer la loi de $X_n$, on détermine son support $X_n(\Omega) = \entier{n,2n}$. Soit $k \in \entier{n,2n}$, on a 
\begin{align*}
P(X_n =k) & = P(2n - Y_n = k) \\
& = P(Y_n = 2n-k) \quad \text{(On a bien } 2n - k \in \entier{0,n}) \\
& = \binom{n}{2n-k} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n-k} \left(\dfrac{1}{2} \right)^{n-(2n-k)} \\
& = \binom{n}{2n-k} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Une urne contient initialement une boule blanche et une boule rouge.
On effectue dans cette urne des tirages successifs, au hasard. A chaque
tirage, on note la couleur de la boule tirée et on la remet dans l'urne
en ajoutant en plus une boule de la même couleur que celle qui vient
d'être tirée. Pour tout $n$ de $\mathbb{N}^{*}$ , on note $X_{n}$ la variable
aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues au cours des
$n$ premiers tirages. On note aussi $B_{n}$ (respectivement $R_{n}$) l'évènement: on
tire une boule blanche (respectivement rouge) au $n$-ième tirage{*}
\begin{enumerate}
\item On a $X_1(\Omega) = \{ 0,1 \}$ et $P(X_1=0) = P(X_1 = 1) = \dfrac{1}{2}$. \begin{center}
\fbox{$X_1$ suit donc une loi uniforme sur $\entier{0,1}$, $X_1 \loi{U}(\entier{0,1})$.}
\end{center} 
On a $X_2 (\Omega)= \{ 0,1,2 \}$. On utilise la formule des probabilités totales avec le système complet d'évènement associé à $X_1$. Ainsi
\begin{align*}
P(X_2 = 0) & = P(X_1 = 0) P_{X_1=0} (X_2 = 0) + P(X_1 = 1) P_{X_1=1} (X_2 = 0) \\
& = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} + 0 \\
& = \dfrac{2}{3}
\end{align*}
On aurait pu également utiliser les évènements définis dans l'énoncé.
$$ P(X_2 = 0) = P(R_1 \cap R_2) = P(R_1) \times P_{R_1}(R_2) = \dfrac{2}{3}. $$
On a ensuite 
\begin{align*}
P(X_2 = 0) = P(X_1 = 0)
\end{align*}
\item On va montrer par récurrence $\P_n : \left\{ \text{ $X_{n}$
suit une loi uniforme sur $[\hspace{-0.15em}[0,n]\hspace{-0.13em}]$} \right\}$

\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On remarque que la $X_1$ et $X_2$ suivent bien une loi uniforme respectivement sur $\entier{0,1}$ et sur $\entier{0,2}$.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vraie pour un certain rang  $n$. On sait alors que $X_n$ suit une loi uniforme sur $\entier{0,n}$.
Ainsi les évènements $(X_n = k)$ pour $k \in \entier{0,n}$ forment un système complet d'évènement. On a ainsi pour tout $j \in \entier{0,n+1}$, la formule des probabilités totales
$$
P(X_{n+1} = j) = \sum_{k = 0}^n P(X_n =k) P_{(X_n=k)} (X_{n+1} = j)
$$
\remarque{On écrit la formule des probabilité totale mais en réalité, la plupart des probabilités conditionnelles sont nulles. }

\begin{itemize}
\item Pour $j \in\entier{1,n}$, on a
$$
P_{(X_n=j-1)} (X_{n+1} = j) = \dfrac{j}{n+2}
$$
(En effet, $X_n = j-1$ signifie que l'on a tiré $j-1$ boules blanches sur les $n$ premiers tirages. L'urne contient alors $j$ boules blanches et $n+2$ boules au total.)
et 
$$
P_{(X_n=j)} (X_{n+1} = j) = \dfrac{n+1-j}{n+2}
$$
(En effet, $X_n = j$ signifie que l'on a tiré $j$ boules blanches sur les $n$ premiers tirages. L'urne contient alors $n+2 -(j+1)$ boules rouges et $n+2$ boules au total.)
Pour toute autre valeur de $k$, on a 
$$
P_{(X_n=k)} (X_{n+1} = j) = 0
$$
On a donc d'après la formule des probabilités totales,
$$
P(X_{n+1} = j) = \dfrac{1}{n+1} \times \dfrac{j}{n+2} + \dfrac{1}{n+1} \times \dfrac{n+1-j}{n+2} = \dfrac{1}{n+2}
$$
\item Pour $j = 0$, la seule possibilité pour avoir l'évènement $X_{n+1} = 0$, c'est de n'avoir tiré aucune boule blanche. 
\begin{align*}
P(X_{n+1} = 0) & = P(X_n =0 \cap X_{n+1} = 0) \\
& = P(X_n = 0) \times P_{(X_n = 0)}(X_{n+1} =0) \\
& = \dfrac{1}{n+1} \times \dfrac{n+1}{n+2} = \dfrac{1}{n+2}
\end{align*}
\item Pour $j = n+1$, la seule possibilité pour avoir l'évènement $X_{n+1} = n+1$, c'est de n'avoir tiré que des boule blanche. 
\begin{align*}
P(X_{n+1} = n+1) & = P(X_n =n \cap X_{n+1} = n+1) \\
& = P(X_n = n) \times P_{(X_n = n)}(X_{n+1} =n+1) \\
& = \dfrac{1}{n+1} \times \dfrac{n+1}{n+2} = \dfrac{1}{n+2}
\end{align*}

Ainsi $X_{n+1}$ suit une loi uniforme sur $\entier{0,n+2}$
\end{itemize}
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{exo}



\end{document}
