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Nom original: 2_Calcul des probabilités.pdfTitre: Exercices sur le chapitre 2Auteur: Jean-Louis Poss

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Exercices sur le chapitre 2
Jean-Louis Poss
26 mai 2003

1

Exercice 3.6

Une urne contient n boules blanches et n boules noires. On tire les boules au hasard et sans remise
jusqu’à ce que l’on ait tiré la dernière boule blanche. Soit K le nombre total de boules tirées.
1. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire K. En déduire la valeur de la somme :
Sn =

k=2n
X
k=n

(k − 1)!
·
(k − n)!

2. Calculer l’espérance mathématique et la variance de K.
1. Le nombre k de boules tirées est compris entre n (on n’a tiré que des boules blanches) et 2n (on a
tiré toutes les boules) ; on a, pour k ∈ {n, n + 1, . . . , 2n} :


P(K = k) = P (n − 1) b. b. en (k − 1) t. P 1 b. b. au k-ième t. | (n − 1) b. b. en (k − 1) t.
=

n (n!) (k − 1)!
Cnn−1 Cnk−n
1
×
=
×
·
k−1
2n − k + 1
(2n)!
(k − n)!
C2n

On a donc

2n
X
n (n!) (k − 1)!
×
=1
(2n)!
(k − n)!

k=n

c’est-à-dire
Sn =

2n
X
(2n)!
(k − 1)!
=
·
(k − n)!
n (n!)

k=n

2. Espérance mathématique
1


2n
2n
X
X
(k + 1) − 1 !
(2n)!
k!

E(K) =
=
n (n!)
(k − n)!
(k
+
1)

(n
+
1)
!
k=n
k=n
=

2m−1
X
p=m

(p − 1)!
où p = k + 1 et m = n + 1
(p − m)!

(2m − 1)!
(2m)!
(2m − 1)!
=

m!
m (m!)
m!
(2n + 1)!
(2m − 1)!
=
·
m!
(n + 1)!

= Sm −
=
D’où :

E(K) =

n(2n + 1)
·
n+1

Variance
2n
X
(2n)!
(k + 1)!
(2n + 2)!
E K(K + 1) =
= · · · = (n + 1)
n (n!)
(k − n)!
(n + 2)!
k=n

D’où :

Var(K) = E K(K + 1) − E(K) − E(K)2 = · · · =

2

n2 (2n + 1)
·
(n + 1)2 (n + 2)

2

Exercice 3.16

Un lot contient une proportion p d’articles défectueux. On le teste de la façon suivante : on tire des
objets un à un, au hasard et avec remise, et on refuse le lot si on trouve un article défectueux au plus
tard au k-ième tirage (k est un entier donné) ; on arrête alors les tirages.
1. Déterminer en fonction de p et de k la probabilité de refuser le lot.
2. Soit N le nombre d’articles tirés pendant le test. Déterminer la loi de probabilité de N (on
étudiera avec soin le cas N = k). Calculer l’espérance mathématique de N ; comment varie-telle en fonction de k ?
3. On considère qu’un lot est mauvais si la proportion p d’articles défectueux est supérieure ou
égale à une valeur donnée a (0 < a < 1). Comment doit-on choisir k de façon à ce que la
probabilité d’accepter un mauvais lot soit inférieure ou égale à une valeur donnée b (0 < b <
1) ?
Application numérique : a = 0, 05, b = 0, 001. On choisira k de façon à ce que l’espérance
mathématique de N soit minimale.
1. On accepte le lot si les k articles tirés ne sont pas défectueux ; la probabilité de refuser le lot est
donc :
1 − (1 − p)k = 1 − q k en posant q = 1 − p.
2. N peut prendre toutes les valeurs entières de 1 à k.
– Si n < k on a N = n lorsque l’on a tiré le premier article défectueux au n-ième tirage.
– On a N = k si les k − 1 premiers articles tirés ne sont pas défectueux ; le k-ième article peut être
défectueux ou non.
On a donc :
∀n ∈ {1, 2, . . . , k − 1}, P(N = n) = q n−1 p
P(N = k) = q k−1
On vérifie que l’on a effectivement une loi de probabilité :
k
X

P(N = n) =

n=1

k−1
X

q n−1 p + q k−1 = p

n=1

1 − q k−1
+ q k−1 = 1.
1−q

Calcul de l’espérance mathématique de N.
E(N) =

k−1
X


n q n−1 p + kq k−1 = pϕ(q) + kq k−1

n=1


ϕ(x) =

k−1
X
n=1

nxn−1 =

k−1
X
n=0

xn

0

=

1 − xk 0
1−x
3

=

1 − kxk−1 + (k − 1)xk
·
(1 − x)2

Donc :
E(N) = p

1 − kq k−1 + (k − 1)q k
1 − qk
k−1
+
kq
=
= h(k)·
(1 − q)2
1−q

Variation de E(N) en fonction de k :
qk
dh
=−
ln q > 0 car q ∈]0, 1[.
dk
1−q
3. On accepte le lot si les k premiers articles tirés ne sont pas défectueux : la probabilité est égale à
qk .
ln b
On veut donc avoir q k ≤ b, soit k ≥
·
ln q
Or :
ln b
ln b
p ≥ a ⇔ q ≤ 1 − a ⇔ ln q ≤ ln(1 − a) ⇔

·
ln q
ln(1 − a)
Il faut donc choisir
k≥

ln b
·
ln(1 − a)

Application numérique : on choisit k ≥ 134, 67, donc k = 135.

4

3

Exercice 3.20

Vérifier l’égalité :

m
X

n k n m−n k n−k
k
Cm
Cn x y
z t
= Cm
(xz)k (y + xt)m−k .

n=k

Soit N une variable binomiale de loi B(m, a) et X une variable suivant la loi binomiale B(N, p), où
m, p et a sont des paramètres donnés ; montrer que X suit une loi binomiale que l’on déterminera (et
dont les paramètres ne dépendent que de m, p et a).
Vérifions l’égalité :
m
X

n k n m−n k n−k
Cm
Cn x y
z t
=

m
X
n=0

n=k

m!
(xz)k (xt)n−k y m−n
(m − n)!k!(n − k)!

k
= Cm
(xz)k

=

m
X

m−n m−n
Cm−k
y
(xt)(m−k)−(m−n)

n=0
k
k
Cm (xz) (y +

xt)m−k .

X prend des valeurs entières entre 0 et N, qui, elle-même, prend des valeurs entières entre 0 et m :
donc X prend des valeurs entières entre 0 et m.
∀k ∈ {0, 1, . . . , m},
P(X = k) =
=

m
X
n=0
m
X

P(N = n)P(X = k | N = n)


n n
Cm
a (1 − a)m−n Cnk pk (1 − p)n−k

n=0

m−k
k
k
= Cm
(ap)k (1 − a) + a(1 − p)
= Cm
(ap)k (1 − ap)m−k
X suit donc la loi binomiale B(m, ap).
Remarque
Ce résultat est « évident » : N est le nombre de boules blanches tirées dans une urne en m tirages, la
probabilité de tirer une boule blanche étant égale à a ; X est le nombre de boules blanches tirées dans
une urne en N tirages, la probabilité de tirer une boule blanche étant égale à p. Effectuons m tirages
simultanés dans les deux urnes : le nombre de succès, tirages d’une boule blanche dans chaque urne,
suit la loi binomiale B(m, ap).

5

4

Exercice 3.24

Soient X et Y deux variables aléatoires indépendantes suivant la même loi géométrique G(p). On
pose :
U = min(X, Y),
V = max(X, Y).
1. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire U. Le résultat était-il prévisible ?
2. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire V. Calculer son espérance mathématique
et sa variance.
3. Calculer le coefficient de corrélation de U et V.
4. Déterminer la loi du couple aléatoire (U, V) ; retrouver les résultats des questions précédentes.
1. X et Y prennent des valeurs entières non nulles, donc U et V prennent également des valeurs entières
non nulles. On a :
∀k ∈ N∗ ,

P(U = k) = P min(X, Y) = k




= P (X = k) ∩ (Y = k) ∪ (X = k) ∩ (Y > k) ∪ (X > k) ∩ (Y = k)
= (q k−1 p)2 + 2q k−1 p


X

q j−1 p = p2 q 2k−2 1 +

j=k+1
2 k−1

= (q )

2q
= pq 2k−2 (1 + q)
1−q

2

(1 − q )

Donc U suit la loi géométrique G(1 − q 2 ). . . ce qui est « évident » sans calcul : si X et Y représentent
les nombres de tirages nécessaires pour obtenir la première boule blanche dans deux urnes identiques,
alors U représente le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la première boule blanche dans l’une
ou l’autre urne.
2. Loi de V = max(X, Y)
∀k ∈ N∗ ,

P(V = k) = P max(X, Y) = k




= P (X = k) ∩ (Y = k) ∪ (X = k) ∩ (Y < k) ∪ (X < k) ∩ (Y = k)
= (q

k−1

2

p) + 2q

k−1

p

k−1
X

q j−1 p = p2 q k−1 q k−1 + 2

j=1

= pq

k−1

On vérifie sans peine que

(2 − q


X

k−1

− qk )

P(V = k) = 1.

k=1

6

1 − q k−1
1−q

Calcul de l’espérance mathématique de V

E(V) = p


X

kq k−1 (2 − q k−1 − q k )

k=1

X

= 2p

kq k−1 − p(q + 1)


X

k(q 2 )k−1

k=1

k=1

1+q
2

= p
(1 − q)2 (1 − q 2 )2
=


X

car

kxk−1 =

k=1

1
si |x| < 1
(1 − x)2

1 + 2q
·
1 − q2

On peut aussi remarquer que U + V = X + Y, et donc
E(V) = E(X) + E(Y) − E(U) =

2
1
1 + 2q

=
·
2
p 1−q
1 − q2

Calcul de la variance de V

2

E(V ) = p


X
k=1

On a utilisé


2(1 + q)3 − (1 + q 2 )
k 2 q k−1 2 − (1 + q)q k−1 = · · · =
·
(1 − q 2 )2

X

k 2 xk−1 =

k=1

1+x
si |x| < 1.
(1 − x)3

D’où la variance de V :
Var(V) = E(V2 ) − E(V)2 =

q(2q 2 + q + 2)
·
(1 − q 2 )2

3. On remarque immédiatement que UV = XY et donc, puisque X et Y sont indépendantes :
E(UV) = E(XY) = E(X)E(Y) =
D’où
Cov(U, V) = E(UV) − E(U)E(V) =
et enfin
ρ(U, V) = q

1
1
1 + 2q
q2

×
=
p2 1 − q 2
1 − q2
p2 (1 + q)2

q2
p2 (1+q)2
q2
(1−q 2 )2

×

1
·
p2

q(2q 2 +q+2)
(1−q 2 )2

7

r
=

q
·
2q 2 + q + 2

On peut également remarquer
Var(X + Y) = Var(X) + Var(Y) = Var(U + V) = Var(U) + Var(V) + 2 Cov(U, V)
et déduire la covariance des variances qui sont connues.
4. On distingue trois cas :
1. Si i > j,

P (U = i) ∩ (V = j) = 0.
2. Si i = j,


P (U = i) ∩ (V = i) = P (X = i) ∩ (Y = i)
= P(X = i)P(Y = i) = (q i−1 p)2
= p2 q 2i−2 .
3. Si i < j,




P (U = i) ∩ (V = j) = P (X = i) ∩ (Y = j) ∪ (X = j) ∩ (Y = i)
= 2(q i−1 p)(q j−1 p)
= 2p2 q i+j−2 .
Loi marginale de U



∀i ∈ N , P(U = i) =


X


P (U = i) ∩ (V = j)

j=1

= p2 q 2i−2 +
2


X

2p2 q i+j−2 = p2 q 2i−2 + 2p2 q 2i−1

j=i+1
2 i−1

= (1 − q )(q )

1
1−q

.

On retrouve le résultat de la question 1. Les autres résultats s’obtiennent sans difficulté. . . après
quelques calculs.

8


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