F. HECHNER, Master EM, parcours CAPES, Université de Strasbourg Année 2014-2015

F. HECHNER, Master EM, parcours CAPES, Université de Strasbourg Année 2014-2015 Fiche d’exercices numéro 4 Indications de correction. Variables aléatoires Exercice 1 : 1. La première chose à faire est de repérer les valeurs prises par X. C’est dit dans l’énoncé : X(Ω) = 〚1, 6〛. À présent, il faut calculer P(X = k) pour k = 1, 2, . . . , 6. Comme la probabilité d’obtenir k est proportionnelle à k d’après l’énoncé, il existe une constante (de proportionnalité) c telle que P(X = k) = ck pour tout k ∈〚1, 6〛. Mais P est une probabilité, donc P k∈X(Ω) P(X = k) = 1. Par conséquent, 6 P k=1 P(X = k) = 1. Mais P(X = k) = ck et c ne dépend pas de k, donc 6 P k=1 P(X = k) = 6 P k=1 ck = c 6 P k=1 k = c 6×(6+1) 2 = 21α. Comme on a vu que cette somme devait valoir 1, on a c = 1 21. On en déduit que la loi de X est donnée par le tableau suivant (car P(X = k) = k 21) : k 1 2 3 4 5 6 P(X = k) 1 21 2 21 3 21 4 21 5 21 6 21 2. Rappelons que la fonction de répartition FX est définie, pour tout x ∈R, par FX(x) = P(X ⩽x). Compte-tenu du tableau ci-dessus récapitulant la loi de X, on obtient : FX(x) =                        0 si x < 1 1 21 si 1 ⩽x < 2 3 21 si 2 ⩽x < 3 6 21 si 3 ⩽x < 4 10 21 si 4 ⩽x < 5 15 21 si 5 ⩽x < 6 1 si 6 ⩽x . 3. Par définition, E(X) = P k∈X(Ω) kP(X = k) (ici il n’y a pas de problème d’existence : la somme ne comporte qu’un nombr fini de termes). Donc, d’après la première question, E(X) = 6 P k=1 k. k 21 = 1 21 6 P k=1 k2 = 1 21 6.(6+1).(2∗6+1) 6 = 13 3 . 4. Pour calculer la variance de X, on commence par déterminer son moment d’ordre 2. D’après le théorème de transfert, E(X2) = P k∈X(Ω) k2P(X = k). Donc, d’après la première question, E(X2) = 6 P k=1 k2. k 21 = 1 21 6 P k=1 k3 = 1 21  6.(6+1) 2 2 = 21. On déduit alors de la formule de Kœnigs-Huygens que VarX = E(X2) −E(X)2 = 21 −169 9 = 20 9 . 5. La variable Y prend les valeurs 1 1, 1 2,. . . , 1 6 car X prend les valeurs 1, . . . , 6. De plus, pour tout k ∈〚1, 6〛, P Y = 1 k
= P 1 X = 1 k
= P(X = k), donc la loi de X est donnée par le tableau suivant, qui se déduit aisément de celui donnant la loi de X : yk 1 6 1 5 1 4 1 3 1 2 1 P(Y = yk) 6 21 5 21 4 21 3 21 2 21 1 21 6. On peut soit utiliser directement le tableau précédent, soit utiliser le théorème du transfert qui donne E(Y) = E 1 X
= 6 P k=1 ykP(X = k) = 6 P k=1 1 kP(X = k) = 6 P k=1 1 k k 21 = 6 21. Ici, les deux raisonnements conduisent à faire rigoureusement les mêmes calculs. On pourra remarquer que (bien sûr ?) E 1 X
̸= 1 E(X) ! ! ! 1/6 F. HECHNER, Master EM, parcours CAPES, Université de Strasbourg Année 2014-2015 Exercice 2 : 1. Comme le tirage se fait au hasard, X suit la loi uniforme discrète sur {1, 2, . . . , 2n}. Par conséquent, E(X) = 2n+1 2 et Var(X) = 4n2−1 12 . 2. (a) On remarque que Y peut prendre les valeurs de 1 à 2n. De plus : • si i ⩽k −1, l’événement {Y = i} se réalise lorsque le joueur a forcément fait ses deux essais ; il a obtenu un numéro compris entre 1 et k −1 au premier tirage, puis a obtenu i au second. Le second tirage ayant eu lieu avec remise, et les tirages étant indépendants, on a ∀i ∈〚1, k −1〛, P(Y = i) = k −1 2n × 1 2n = k −1 4n2 . • si i > k, l’événement {Y = i} est réalisé dans deux situations : soit lorsque le premier tirage amène le numéro i, ce qui provoque l’arrêt du joueur, soit lorsque le premier tirage a amené un lancer compris entre 1 et k −1, et le second a amené i. On a donc ∀i ∈〚k, 2n〛, P(Y = i) = 1 2n + k −1 4n2 . (On pouvait aussi utiliser la formule des probabilités totales comme je l’ai fait en cours.) (b) On calcule alors l’espérance de Y : E(Y) = 2n X i=1 iP(Y = i) = k−1 X i=1 iP(Y = i) + 2n X i=k iP(Y = i) = k−1 X i=1 ik −1 4n2 + 2n X i=k i  1 2n + k −1 4n2  = k −1 4n2 2n X i=1 i + 1 2n 2n X i=k i = k −1 4n2 × 2n(2n + 1) 2 + 1 2n 2n(2n + 1) 2 −(k −1)k 2  = (k −1)(2n + 1) 4n + 2n + 1 2 −(k −1)k 4n = 2n + 1 2 + (k −1)(2n + 1 −k) 4n (c) On a E(Y) −E(X) = 2n+1 2 + (k−1)(2n+1−k) 4n −2n+1 2 = (k−1)(2n+1−k) 4n . Comme k est choisi entre 1 et 2n, cette quantité est positive, et donc E(Y) ⩾E(X). La deuxième stratégie est donc meilleure que la première. Pour trouver la valeur de k qui permet de maximiser le gain (moyen), on cherche k tel que (k − 1)(2n + 1 −k) soit maximal (4n étant indépendant de k). Pour cela, on peut rapidement étudier la fonction x 7− →(x −1)(2n + 1 −x), de dérivée 2n + 2 −2x, positive si et seulement si x ⩽n + 1. Ainsi, la valeur de k qui permet de maximiser le gain moyen est k = n + 1. Exercice 3 (Loi binomiale négative) : 1. Soit k ∈N. L’événement {X = k} est réalisé si et seulement si on a effectué k + r tirages, le dernier ayant donné une boule blanche et si au cours des k + r −1 premiers tirages on a obtenu k boules noires et r −1 boules blanches. Le résultat des (k + r) tirages réalisant {X = k} peut être représenté par 2/6 F. HECHNER, Master EM, parcours CAPES, Université de Strasbourg Année 2014-2015 une (k + r)-liste d’éléments de l’ensemble {B, N} se terminant par B et comportant k fois N. Il y a k+r−1 k
listes de ce type, chacune ayant pour probabilité prqk car les tirages se font avec remise. Donc P(X = k) = k+r−1 k
prqk. (Autre méthode : {X = k} correspond à tirer k noires et r −1 blanches aux k + r −1 premiers tirages, ce qui arrive avec probabilité k+r−1 k
qkpr−1 et à tirer une blanche au dernier coup, ce qui arrive avec probabilité p. Les deux événements étant indépendants, en faisant le produit on arrive au même résultat qu’avec la première méthode). 2. Soit A l’événement “on obtient r boules blanches”. P(A) = +∞ X k=0 P(X = k) = +∞ X k=0 k + r −1 k  prqk = pr +∞ X k=0 k + r −1 k  qk = pr (1 −q)r = 1. On obtiendra donc presque sûrement r boules blanches. 3. E(X) = +∞ P k=0 kP(X = k) si cette série converge absolument (c’est-à-dire si elle converge, car elle est à termes positifs). Or : +∞ X k=0 k k + r −1 k  prqk = pr +∞ X k=0 r k + r −1 r  qk = rprq +∞ X K=0 K + r r  qK = rpr q (1 −q)r+1 = rq p . Donc E(X) existe et E(X) = r q p = r 1−p p . Exercice 4 : La suite (un) est récurrente linéaire double. On va calculer son terme général. Son équation caractéristique est r2 −4r −4 = 0, ∆= 32, donc les racines sont r1 := 2 + 2 √ 2 et r2 := 2 −2 √ 2. La suite (un) a donc un terme général de la forme α(2 + √ 2) n + β(2 − √ 2) n, et pour n = 0, u0 = α + β = 0, et uploads/Marketing/ e04-corrige 1 .pdf

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• Publié le Jan 27, 2021
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