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

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 9}
\lfoot{}
\cfoot{Variables aléatoires discrètes finies.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 9}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{12}


%%% Exercices d'approfondissement
\label{Déterminer la loi d'une VA discrète finie, son espérance et sa variance}
\savoir{Déterminer la loi d'une VA discrète finie, son espérance et sa variance}

\begin{exo}
On considère une variable aléatoire $X$ prenant les valeurs 0,1,2 ou 3. On donne 
$$ P(X = 0) = \dfrac{1}{10} \quad \text{et} \quad P(X = 1) =\dfrac{1}{2} .$$
\begin{enumerate}
\item Comme les événements $(X = 2)$ et $(X = 3)$ sont équiprobables, On a  $P(X = 2) = P(X = 3)$. De plus, comme $(X=i)_{i \in \{0,3 \}}$ est un système complet d'évènements alors 
\begin{align*}
& P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = 1 \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{2} + 2P(X= 2) = 1 \\
\Longleftrightarrow & 2 P(X=2) = 1 - \dfrac{6}{10} \\
\Longleftrightarrow & 2 P(X=2) = \dfrac{4}{10}  \\
\Longleftrightarrow &  \boxed{P(X=2) = P(X=3) = \dfrac{2}{10} = \dfrac{1}{5} }
\end{align*}
\item La loi de $X$, c'est tout simplement les probabilités calculées à la question $1$. On peut le récapituler dans un tableau :
\begin{center}
\setlength{\tabcolsep}{10pt}
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
$k$ & 0 & 1 & 2 & 3 \\
\hline
$P(X = k)$ & $\frac{1}{10}$ & $\frac{1}{2}$ & $\frac{1}{5}$ & $\frac{1}{5}$  \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

On utilise la formule pour calculer l'espérance :
\begin{align*}
E(X) & = \sum_{k=0}^3 k P(X = k) \\
     & = 0 \times P(X =0) + 1 \times P(X= 1) + 2 \times P(X=2) + 3 \times P(X=3) \\
     & = 0 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{5} + \dfrac{3}{5} \\
     & \boxed{= \dfrac{3}{2}}
\end{align*}
Pour déterminer la variance, on commence par calculer :
\begin{align*}
E(X^2)& = \sum_{k=0}^3 k^2 P(X = k) \\
     & = 0^2 \times P(X =0) + 1^2 \times P(X= 1) + 2^2 \times P(X=2) + 3^2 \times P(X=3) \\
     & = 0 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{4}{5} + \dfrac{9}{5} \\
     & \boxed{= \dfrac{31}{10}}
\end{align*}
On n'oublie pas de donner la variance à l'aide de la formule de Koënig-Huygens :
\begin{center}
\fbox{$V(X)  = E(X^2) - (E(X))^2 = \dfrac{31}{10} - \dfrac{9}{4} = \dfrac{17}{20}$}
\end{center}
\end{enumerate} 
\end{exo}

\begin{exo}[*]
Soit $X$ le gain du joueur, on a $X(\Omega) = \{-1, 1, 2, 3 \}$. 
Afin de simplifier, on considère sans perte de généralité que l'on mise toujours sur le 6. On note alors $A_k$ :"Obtenir un 6 au $k$-ème tirage". Les évènements $A_1$, $A_2$ et $A_3$ sont mutuellement indépendants. Donc
\begin{align*}
P(X = 3) & = P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) \\
& = P(A_1) P(A_2) P(A_3) \\
& = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} \\
& \boxed{= \dfrac{1}{216}}
\end{align*}

Les évènements $\overline{A_1}$, $\overline{A_2}$ et $\overline{A_3}$ sont également mutuellement indépendants et 
\begin{align*}
P(X = -1) & = P(\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \overline{A_3}) \\
& = P(\overline{A_1}) \times P(\overline{A_2}) \times P(\overline{A_3}) \\
& = \dfrac{5}{6} \times \dfrac{5}{6} \times \dfrac{5}{6} \\
& \boxed{= \dfrac{125}{216}}
\end{align*}

Il est plus complexe de déterminer les autres probabilités. En effet, 
$$
(X = 2) = \left(A_1 \cap A_2 \cap \overline{A_3} \right) \cup \left( A_1 \cap \overline{A_2} \cap A_3 \right) \cup \left( \overline{A_1} \cap A_2 \cap A_3 \right)   
$$
Or ces évènements sont deux à deux incompatibles et 
$$ P\left(A_1 \cap A_2 \cap \overline{A_3} \right)  = P \left( A_1 \cap \overline{A_2} \cap A_3 \right) = P \left( \overline{A_1} \cap A_2 \cap A_3 \right) $$
Ainsi,
\begin{align*}
P(X = 2) & = 3 P\left(A_1 \cap A_2 \cap \overline{A_3} \right) \\
         & = 3 \times P(A_1) \times P(A_2) \times P(\overline{A_3}) \\
         & = 3 \times \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} \times \dfrac{5}{6} \\
         & \boxed{=  \dfrac{15}{216}}
\end{align*}

Enfin, on a 
\begin{align*}
P(X=1) & = 1 - P(X= -1) - P(X=2) - P(X=3) \\
       & = 1 - \left( \dfrac{1}{216} + \dfrac{125}{16} + \dfrac{15}{216} \right) \\
       & \boxed{= \dfrac{75}{216}}
\end{align*}
\vspace{-20pt}
\remarque{On aurait également pu effectuer le même raisonnement que pour $P(X = 2)$. }
L'espérance est alors donnée par 
\begin{align*}
E(X) & = -1 \times P(X = -1) + 1 \times P(X=1) + 2 \times P(X=2) + 3 \times P(X=3) \\
& = - \dfrac{125}{216} + \dfrac{75}{216} + \dfrac{30}{216} + \dfrac{3}{216} \\
& \boxed{= - \dfrac{17}{216}}
\end{align*}
Pour déterminer la variance, on calcule tout d'abord $E(X^2)$ en utilisant le théorème de transfert :
\begin{align*}
E(X^2) & = (-1)^2 \times P(X = -1) + 1 \times P(X=1) + 2^2 \times P(X=2) + 3^2 \times P(X=3) \\
& =  \dfrac{125}{216} + \dfrac{75}{216} + \dfrac{60}{216} + \dfrac{9}{216} \\
& \boxed{=  \dfrac{269}{216}}
\end{align*}
La variance est alors donnée par la formule de K\oe{}nig-Huygens :
\begin{align*}
V(X) & = E(X^2) - E(X)^2 \\
     & = \dfrac{269}{216} - \left( - \dfrac{17}{216} \right)^2 \\
     & \boxed{\approx 1,2413}
\end{align*}
\remarque{L'exercice est inspiré d'un jeu de casino appelé le Sic Bo. Ce qui explique que l'espérance associée au gain du joueur soit négative.}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On pioche successivement deux boules, sans remettre la première boule, dans une urne contenant 5 boules numérotées de 1 à 5. On note $X$ la valeur absolue de la différence des deux numéros obtenus.
\item Comme on ne remet pas la boule tirée, l'écart entre les boules sera au moins de $1$. L'écart maximum sera obtenue en tirant la boule \no 5 et la boule \no 1. Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$
X(\Omega) = \entier{1,4}
$ }
\end{center}
On note $A_k$ : "On tire la boule \no $k$ au premier tirage" et $B_k$ : "On tire la boule \no $k$ au second tirage". On a alors 
\begin{align*}
P(X = 4) & = P\left( (A_5 \cap B_1) \cup (A_1 \cap B_5) \right) \\
& = P(A_5 \cap B_1) + P(A_1 \cap B_5) \\
& = P(A_5) P_{A_5}(B_1) + P(A_1) P_{A_1}(B_5) \\
& = \dfrac{1}{5} \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} \times \dfrac{1}{4}  \\
& \boxed{= \dfrac{1}{10} }
\end{align*}

On peut également résoudre ce problème à l'aide du dénombrement. $\Omega$ est l'ensemble des 2-Arrangement de l'ensemble $E$ des boules. Ainsi, $\Omega = 5 \times 4 = 20$. Or
$$
(X=3) = \{ (1,4) ; (2,5) ; (5,2) ; (4,1) \} 
$$
Ainsi $card(X=3) = 4$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$
P(X = 3) = \dfrac{card(X=3)}{card(\Omega)} = \dfrac{4}{20} = \dfrac{1}{5}
$}
\end{center}
De la même façon,
$$
(X=2) = \{ (1,3) ; (2,4) ; (3,5) ; (5,3) ; (4,2) ; (3,1) \} 
$$
Ainsi $card(X=2) = 6$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$
P(X = 2) = \dfrac{card(X=2)}{card(\Omega)} = \dfrac{6}{20} = \dfrac{3}{10}
$}
\end{center}
et
$$
(X=1) = \{(1,2) ; (2,3) ; (3,4) ; (4,5) ; (5,4) ; (4,3) ; (3,2) ;(2,1) \} 
$$
Ainsi $card(X=1) = 8$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$
P(X = 1) = \dfrac{card(X=1)}{card(\Omega)} = \dfrac{8}{20} = \dfrac{2}{5}
$}
\end{center}
En conclusion (on vérifie que la somme fait bien $1$), 
\begin{center}
\setlength{\tabcolsep}{10pt}
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
$k$  & 1 & 2 & 3 & 4 \\
\hline
$P(X = k)$ & $\frac{1}{10}$ & $\frac{1}{5}$ & $\frac{3}{10}$ & $\frac{2}{5}$  \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

On calcule alors l'espérance de la variable aléatoire $X$, 
\begin{align*}
E(X) & = 1 \times P(X=1) + 2 \times P(X=2) + 3 \times P(X=3) + 4 \times P(X=4) \\
     & = \dfrac{1}{10} + \dfrac{2}{5} + \dfrac{9}{10} + \dfrac{8}{5} \\
     & \boxed{= \dfrac{30}{10} = 3}
\end{align*}

Afin de calculer la variance, on calcule $E(X^2)$ avec le théorème de transfert
\begin{align*}
E(X^2) & = 1^2 \times P(X=1) + 2^2 \times P(X=2) + 3^2 \times P(X=3) + 4^2 \times P(X=4) \\
     & = \dfrac{1}{10} + \dfrac{4}{5} + \dfrac{27}{10} + \dfrac{32}{5} \\
     & \boxed{= \dfrac{100}{10} = 10}
\end{align*}

La variance est alors donnée par la formule de K\oe{}nig-Huygens :
\begin{align*}
V(X) & = E(X^2) - E(X)^2 \\
     & = 10 - \left( 3 \right)^2 \\
     & \boxed{= 1}
\end{align*}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soient $n\geq 1$ et $a\in\R$. On considère la VA $X$ à valeurs dans $\acc{0,\cdots,n} $telle que 
$$ \forall k\in\acc{0,\cdots,n} , P(X=k)=a\binom{n}{k}$$
\begin{enumerate}
\item
On définit une loi de probabilité si et seulement si
\begin{align*}
\sum_{k=0}^n P(X=k) = 1 & \Longleftrightarrow \sum_{k=0}^n a \binom{n}{k} = 1 \\
& \Longleftrightarrow a \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} 1^k \times 1^{n-k} = 1 \\
& \Longleftrightarrow a \times 2^n = 1 \\
& \Longleftrightarrow \boxed{a = \dfrac{1}{2^n}}
\end{align*}
\item
\begin{enumerate}
\item
Soit $k\in\acc{1,\cdots,n}$ on a 
\begin{align*}
k\binom{n}{k} & = k \times \dfrac{n!}{k! (n-k)!} \\
              & = \dfrac{n!}{(k-1)! (n-k)!} \\
              & = n \dfrac{(n-1)!}{(k-1)! ((n-1) - (k-1))!} \\
              & = n \binom{n-1}{k-1} 
\end{align*}
Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$ k\binom{n}{k} = n \binom{n-1}{k-1} $}
\end{center}

\item
D'après la formule sur l'espérance :
\begin{align*}
E(X) & = \sum_{k =0}^n k P(X=k) \\
& = \sum_{k=0}^n k \times \dfrac{1}{2^n} \binom{n}{k} \\
& = \dfrac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n k \binom{n}{k} \\
& = \dfrac{1}{2^n} \sum_{k=1}^n k \binom{n}{k} \\
& = \dfrac{1}{2^n} \sum_{k=1}^n n \binom{n-1}{k-1} \\
& = \dfrac{n}{2^n} \sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1} \\
& = \dfrac{n}{2^n} \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} \\
& = \dfrac{n}{2^n} \times 2^{n-1} \\
& \boxed{= \dfrac{n}{2}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\label{Reconnaître une loi usuelle}
\savoir{Reconnaître une loi usuelle}

\begin{exo}
On lance 20 fois une pièce ayant la probabilité p de faire pile. Dans les cas suivants, déterminer la loi de $X$, son espérance et sa variance. 
\begin{enumerate}
\item On note $X$ le nombre de pile obtenue. On peut obtenir entre $0$ et $n$ piles donc $X(\Omega) = \entier{0,n}$. On compte le nombre de succès d'une répétition d'épreuves de Bernoulli (Obtenir pile) ayant pour probabilité de succès $p$. Donc $X$ suit une loi binomiale de paramètre $20$ et $p$. 
\begin{center}
\fbox{$
X \loi{B} (20,p)
$ et $E(X) = 20p$, $V(X) = 20p(1-p)$}
\end{center}
\item On note $X$ la variable aléatoire valant 1 si l'on a que des piles et 0 sinon. On a $X(\Omega) = \{0,1\}$ donc $X$ suit une loi de Bernoulli. On calcule $P(X= 1) = p^{20}$ (on tire $20$ piles sur $20$ lancers). Ainsi
\begin{center}
\fbox{$
X \loi{B} (p^{20})
$ et $E(X) = p^{20}$, $V(X) = p^{20}(1-p^{20})$}
\end{center}
\item On note $X$ la variable aléatoire égale au nombre de lancers. $X(\Omega) = \{20\}$ donc $X$ est une loi certaine. Ainsi
\begin{center}
 \fbox{$ E(X) = 20 $ et $V(X) = 0$.}
 \end{center} 
\item On gagne 2 euros si on obtient plus de piles que de face. On perd 2 euros sinon et on perd 1 euro en cas de match nul. On note X le gain et $X(\Omega) = \{-2,-1,2 \}$. On note $Y$ la variable aléatoire comptant le nombre de pile. Ainsi
\begin{align*}
P(X = 2) = P(Y \geq 11) = \sum_{k=11}^{20} \binom{20}{k} p^k (1-p)^{20-k}
\end{align*}
\begin{align*}
P(X = -2) = P(Y \leq 9) = \sum_{k=0}^{9} \binom{20}{k} p^k (1-p)^{20-k}
\end{align*}
\begin{align*}
P(X = -1) = P(Y = 10) =  \binom{20}{10} p^{10} (1-p)^{10}
\end{align*}
Le calcul de l'espérance et de la variance est complexe ici et
\begin{center}
\fbox{$
E(X) = 2 P(X = 2) - 2 P(X = -2) - P(X = -1)
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
Une grenouille monte les marches d'un escalier (supposé infini) en partant du sol et en sautant :
\begin{itemize}
\item Ou bien une seule marche avec la probabilité $p$.
\item Ou bien 2 marches avec la probabilité $1-p$. 
\end{itemize}
On suppose que les sauts sont indépendants les uns des autres. 
\begin{enumerate}
\item Dans cette question, on observe $n$ sauts de la grenouille et on note $X_n$ le nombre de fois ou la grenouille a sauté une marche. La grenouille peut sauter entre $0$ et $n$ fois une marche et donc $X_n(\Omega) = \entier{0,n}$. On compte le nombre de succès d'une expérience de Bernoulli ("Sauter une marche") de probabilité de succès $p$. Ainsi
\begin{center}
\fbox{$ X_n \loi{B}(n,p)$.}
\end{center}
\item On note $Y_n$ la variable aléatoire égale au nombre de marches franchies. Afin de compter le nombre de marches franchies, on a 
\begin{center}
\fbox{$
Y_n = 1 \times X_n + 2 \times (n - X_n)
$}
\end{center}
La grenouille saute $X_n$ fois une seule marche et elle saute donc $(n-X_n)$ fois deux marches. Une autre façon de modéliser l'expérience est de dire que la grenouille saute au maximum $2n$ marches auxquelles il faut retrancher les $X_n$ fois où elle n'a sauté qu'une seule marche :
\begin{center}
\fbox{$
Y_n = 2n - X_n
$}
\end{center}
En utilisant cette formule, on a
\begin{center}
\fbox{$E(Y_n)  = E(2n - X_n) = 2n - E(X_n) = 2n - np$.}
\end{center}
ainsi que 
\begin{center}
\fbox{$V(Y_n) = V(2n - X_n) = V(X_n) = np(1-p)$. }
\end{center}
%\item On note désormais $Z_n$ le nombre de sauts nécessaires pour atteindre ou dépasser la $n$-ième marche. \'Ecrire un algorithme Scilab qui simule la variable aléatoire $Z_n$. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soit $n\in \N^*$ et $p \in ]0;1[$. On considère $n$ joueurs visant une cible. Chacun des joueurs effectue 2 tirs. A chaque tir, chaque joueur à la probabilité $p$ d'atteindre la cible. Les tirs sont indépendants les uns des autres. 
\begin{enumerate}
\item Pour tout $1 \leq i \leq n$, $X_i(\Omega) = \{0,1 \}$ donc $X_i$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p$
\begin{center}
 \fbox{$X_i \loi{B}(p)$.}
 \end{center} 
\item On pose $X= X_1 + \ldots + X_n$ . On a $X(\Omega) = \entier{0,n}$. $X$ est une somme de variable aléatoire de Bernoulli. $X$ suit donc une loi binomiale de paramètre $n$ et $p$. Ainsi,
\begin{center}
 \fbox{$X \loi{B}(n,p)$.}
 \end{center} 
\item On note $Z$ la VA égale au nombre de joueurs ayant atteint la cible au moins une fois à l'issue des 2 tirs. Ainsi, $Z$ compte le nombre de succès de la loi de Bernoulli "Atteindre la cible au moins une fois". Cette loi de Bernoulli a pour probabilité de succès $1 - (1-p)^2 = 2p - p^2$. Donc $Z$ suit une loi binomiale 
\begin{center}
\fbox{$
Z \loi{B}(n,2p-p^2)
$}
\end{center}
\item On pose la VA $Y = Z - X$. 
\begin{center}
\fbox{$Y$ représente le nombre de joueurs ayant atteint leur cible au second tir mais pas au premier. }
\end{center}
On a alors $Y(\Omega) = \entier{0,n}$. $Y$ compte le nombre de succès suivant: "On atteint la cible au second tir mais pas au premier". La probabilité de cet évènement est $(1-p)p$ (On rate la cible au premier tirage et on réussit au second tirage - évènements indépendants).  
$$
Y \loi{B}(n,p(1-p))
$$
Une autre méthode permet de trouver $Y$. Bien que plus longue et calculatoire, il faudra maitriser ce genre de calcul en deuxième année. Pour tout $k \in \entier{0,n}$, 
\begin{align*}
P(Y = k) & = P(Z-X = k) \\
& = P \left( \bigcup_{j=0}^{n-k} (X = j) \cap (Z = j+k) \right) \\
& = \sum_{j=0}^{n-k} P((X=j) \cap (Z = j+k)) \\
& = \sum_{j=0}^{n-k} P(X=j) P_{X=j} (Z=j+k) \\
& = \sum_{j=0}^{n-k}\binom{n}{j} p^j(1-p)^{n-j} P_{X=j} (Z=j+k) \\
\end{align*}
Or, sachant $X=j$ (i.e. $j$ personnes ont réussi leur premier lancer), $Z = j+k$ si et seulement si $k$ personnes ont réussi à atteindre la cible au deuxième lancer sur les $n-j$ personnes restantes. Donc 
$$
P_{X=j} (Z=j+k) = \binom{n-j}{k} p^k (1-p)^{n-j-k}
$$
Donc 
\begin{align*}
P(Y = k) & = \sum_{j=0}^{n-k}\binom{n}{j} \binom{n-j}{k} p^j(1-p)^{n-j} p^k (1-p)^{n-j-k} \\
& = p^k \sum_{j=0}^{n-k} \dfrac{n!}{j! (n-j)!} \dfrac{(n-j)!}{k! (n-j-k)!} p^j (1-p)^{2n-2j-k} \\
& = p^k \dfrac{n!}{k!(n-k)!} \sum_{j=0}^{n-k} \dfrac{(n-k)!}{j! (n-j-k)!} p^j (1-p)^{2n-2k-2j} (1-p)^k \\
& = \binom{n}{k} p^k (1-p)^k \sum_{j=0}^{n-k} \binom{n-k}{j} p^j ((1-p)^2)^{n-k-j} \\
& = \binom{n}{k} (p(1-p))^k (p + (1-p)^2)^{n-k} \\
& = \binom{n}{k} (p(1-p))^k (1 - p(1-p))^{n-k} 
\end{align*}

On reconnait alors la formule d'une loi binomiale de paramètre $n$ et $p(1-p)$. 
\end{enumerate}
\end{exo}




%TCIMACRO{\TeXButton{TeX field}{\end{multicols}}}%
%BeginExpansion
%\end{multicols}%
%EndExpansion

\end{document}