\documentclass[11pt]{article} \usepackage[a4paper,width=19cm,height=27.7cm]{geometry} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[french]{babel} \usepackage{amsmath,amsfonts,amssymb} \usepackage{ifthen,fp} \usepackage{tikz,tkz-tab} \usepackage{stmaryrd} \title{Corrigé du devoir 28} \date{\today} \author{Pierre \textsc{Bernard}} \begin{document} \maketitle \[\boxed{\text{j'ai encadré des remarques relatives aux erreurs fréquentes}}\] \section{Minimum de deux variables aléatoires} \begin{enumerate} \item Soit $i\in\mathbf N^*$. \begin{align*} P(X>i)&=1-P(X\le i)\\ &=1-P\left(\bigcup_{k=1}^i (X=k)\right)\\ &=1-\sum_{k=1}^i P(X=k) & \text{(par incompatibilité)}\\ &=1-\sum_{k=1}^i pq^{k-1} & \text{(car $X\rightsquigarrow\mathcal G(p)$)}\\ &=1-p\sum_{j=0}^{i-1} q^j & \text{(en posant $j=k-1$)}\\ &=1-p\left(\frac{1-q^{(i-1)+1}}{1-q}\right)&\boxed{\text{beaucoup ne connaissent plus cette formule !}}\\ &=1-p\left(\frac{1-q^i}{p}\right)\\ &=1-(1-q^i)\\ &=q^i \end{align*} \item Comme $X(\Omega)=\mathbf N^*$, on a $P(X>0)=1$. D'autre par $q^0=1$. Ainsi, pour $i=0$, l'égalité $P(X>i)=q^i$ est vraie. \item Par définition, $Z$ est le plus petit des deux nombres $X$ et $Y$. Soit $i\in\mathbf N$. Si $Z>i$, le plus petit des nombres $X$ et $Y$ est $>i$, et donc les deux nombres $X$ et $Y$ sont tous les deux $>i$. Réciproquement, si $X>i$ et $Y>i$, alors le plus petit des nombres $X$ et $Y$ est $>i$, donc $Z>i$. On a ainsi établi l'équivalence~: $Z>i$ si et seulement si $X>i$ et $Y>i$. En termes d'événements~: \[(Z>i)=(X>i)\cap (Y>i)\] \item Soit $i\in\mathbf N$. \begin{align*} P(Z>i)&= P((X>i)\cap (Y>i)) &\text{(d'après question précédente)}\\ &=P(X>i)P(Y>i) &\text{(par indépendance de $X$ et $Y$)}\\ &=q^i q^i &\text{(d'après la question 1, appliquée aussi à $Y$)}\\ &=q^{2i} \end{align*} \item Soit $i\in\mathbf N^*$. \begin{align*} P(Z>i-1)&=P((Z>i)\cup (Z=i))\\ &=P(Z>i)+P(Z=i)&\text{(par incompatibilité)}\\ \end{align*} \begin{align*} P(Z=i)&=P(Z>i-1)-P(Z>i)\\ &=q^{2(i-1)}-q^{2i}&\text{(d'après la question précédente)}\\ \end{align*} \item Tout d'abord, $X(\Omega)=Y(\Omega)=\mathbf N^*$ et $Z=\min(X;Y)$, donc $Z(\Omega)=\mathbf N^*$. Donc, on a les équivalences suivantes~: \begin{align*} Z\rightsquigarrow \mathcal G(1-q^2) & \Longleftrightarrow \forall i\in\mathbf N^*, P(Z=i)=(1-q^2)(1-(1-q^2))^{i-1}\\ &\Longleftrightarrow \forall i\in\mathbf N^*, P(Z=i)=(1-q^2)(q^2)^{i-1}\\ &\Longleftrightarrow \forall i\in\mathbf N^*, P(Z=i)=(1-q^2)(q^{2(i-1)}\\ &\Longleftrightarrow \forall i\in\mathbf N^*, P(Z=i)=q^{2(i-1)}-q^{2+2(i-1)}\\ &\Longleftrightarrow \forall i\in\mathbf N^*, P(Z=i)=q^{2(i-1)}-q^{2i}\\ &\text{ce qui est vrai d'après la question précédente} \end{align*} Ainsi $Z\rightsquigarrow \mathcal G(1-q^2)$. \end{enumerate} \section{Deux jeux} \subsection{Premier jeu} \begin{enumerate} \item $X_N$ est le nombre de succès à l'issue d'une répétition de $N$ épreuves de bernoulli indépendantes et de même paramètre $\frac{1}{10}$, donc $X\rightsquigarrow \mathcal B(N,\frac{1}{10})$. On a $E(X_N)=N\cdot \frac{1}{10}=\frac{N}{10}$ et $V(X_N)=N\cdot\frac{1}{10}\cdot\frac{9}{10}=\frac{9N}{100}$. \[\boxed{\text{La variable $X_N$ ne s'appelle pas $X$ ou $X_n$ mais $X_N$. Respectez les notations de l'énoncé~!}}\] \item La personne perd $1$ euro par partie, soit un total de $N$ euros, et gagne $3X_N$ euros. Le gain algébrique est donc $Y_N=3X_N-N$. \[\boxed{\text{Dans le calcul de $Y_N$, beaucoup oublient que le joueur perd toujours $N$ euros.}}\] \begin{align*} E(Y_N)&=E(3X_N-N)\\ &=3E(X_N)-E(N)&\text{(par linéarité)}\\ &=3\frac{N}{10}-N&\text{(d'après la question précédente et car $E(N)=N$)}\\ &=\frac{-7N}{10} \end{align*} \begin{align*} V(Y_N)&=V(3X_N-N)\\ &=V(3X_N)&\text{(car $N$ est une constante)}\\ &=9 V(X_N) &\text{(propriété de la variance)}\\ &=9\cdot \frac{9N}{100}\\ &=\frac{81N}{100} \end{align*} \item \begin{enumerate} \item On a vu que $E(X_{60})=\frac{60}{10}=6$. D'autre part, si $X_{60}\rightsquigarrow \mathcal P(\lambda)$, on a $E(X_{60})=\lambda$, d'où $\lambda=6$. \item Raisonnons par équivalences~: \begin{align*} \text{Le joueur perd moins de 50 euros}&\Longleftrightarrow Y_{60} > -50\\ &\Longleftrightarrow 3X_{60}-60>-50 & \text{(d'après la question 2)}\\ &\Longleftrightarrow 3X_{60}>10\\ &\Longleftrightarrow X_{60}>\frac{10}{3}\\ &\Longleftrightarrow X_{60}>3,333\ldots \\ > &\Longleftrightarrow X_{60}\ge 4 & \text{(car $X_{60}$ est un entier)} \\ \end{align*} \item \begin{align*} P(\text{\og{}le joueur perd moins de 50 euros\fg{}})&= P(X_{60}\ge 4)&\text{(d'après la question précédente)}\\ &= 1- P(X\le 3)\\ &=1 - \sum_{k=0}^3 P(X=k)\\ &=1 - \sum_{k=0}^3 e^{-6}\cdot\frac{6^k}{k!}\\ &=1 - 0,1512 &\text{(d'après la tableau)}\\ &=0,8488 \end{align*} \end{enumerate} \end{enumerate} \subsection{Second jeu} \begin{enumerate} \item Si $n\le N$, il y a au mieux $n$ cases avec une boule dans chaque, et au pire seulement une case contenant toutes les boules. Donc $T_n(\Omega)=\llbracket 1,n\rrbracket$. Si $n>N$, il y a au mieux $N$ cases avec au moins une boule, et au pire une seule case contenant toutes les boules, donc $T_n(\Omega)=\llbracket 1,N\rrbracket$. \item On sait que $N\ge 2$. Donc, avec la question précédente, $T_1(\Omega)=\{1\}$ et $T_2(\Omega)=\{1,2\}$. La loi de $T_1$ est évidente~: $P(T_1=1)=1$, puisque $T_1$ ne prend qu'une valeur. Pour déterminer la loi de $T_2$, posons $A_k=\text{\og{}la première boule va dans la case $k$\fg{}}$ et $B_k=\text{\og{}la seconde boule va dans la case $k$\fg{}}$, pour tout $k\in \llbracket 1,N\rrbracket$. Ainsi~: \begin{align} P(T_2=1)&=P((A_1\cap B_1)\cup (A_2\cap B_2)\cap \cdots \cap (A_N\cap B_N)\\ &=\frac{1}{N}\cdots\frac{1}{N}+\cdots+\frac{1}{N}\cdot\frac{1}{N}\quad\text{par incompatibilité et indépendance}\\ &=\frac{1}{N^2}\cdot N=\frac{1}{N}\\ \end{align} Comme $T_2$ ne prend que deux valeurs, on a nécessairement $P(T_2=2)=1-P(T_2=1)=1-\frac{1}{N}$. \item Notons $X_k$ le numéro de la case où va la $k$-ème boule, et ceci pour tout $k\in \llbracket 1,n\rrbracket$. Les variable $X_k$ sont donc indépendantes entre elles. \begin{align} P(T_n=1)&=P(X_1=X_2=\cdots=X_n)\\ &=P((X_1=1)\cap \ldots \cap(X_n=1))+\cdots +P((X_1=N)\cap \ldots \cap(X_N=N))\\ &=\left(\frac{1}{N}\right)^n +\cdots +\left(\frac{1}{N}\right)^n\\ &=N\left(\frac{1}{N}\right)^n\\ &=\left(\frac{1}{N}\right)^{n-1} \end{align} Pour $P(T_n=2)$, nous allons faire du dénombrement. Il y a $N^n$ façons équiprobables de placer les $n$ boules dans les $N$ cases. En effet, il y a $N$ possibilités pour la première boule, $N$ possibilités pour la deuxième boule, etc. Parmi ces $N^n$ façons de faire, cherchons combien correspondent à $T_n=2$. Il s'agit de placer les $n$ boules de façon à occuper exactement $2$ cases. Pour cela, on peut commencer par choisir les $2$ cases qui seront occupées~: il y a ${N\choose 2}=\frac{N(N-1)}{2}$ façon de faire ce choix. Une fois les deux cases choisies, calculons le nombre de façon de placer les $n$ boules dedans. Pour chaque boule, il y a $2$ choix, donc on a un total de $2^n$ façon de faire, mais il faut soustraire le nombre de cas où toutes les boules sont dans la même case, c.a.d. $2$. Finalement~: \[P(T_n=2)=\frac{\frac{N(N-1)}{2}(2^n-2)}{N^n}=\frac{N(N-1)(2^{n-1}-1)}{N^n}=\frac{(N-1)(2^n-1)}{N^{n-1}}\] \item \item \begin{enumerate} \item \item \item \item \item \item \end{enumerate} \end{enumerate} \end{document}