1. Soit \(X\) une variable aléatoire à valeurs dans \(\mathbb{N}\).

    1. Montrer que \(X\) a une espérance si et seulement si la série \(\sum_{k\geq 1}\mathbb P (X\geq k)\) est convergente et que dans ce cas, \(\mathbb E (X)\) est la somme de cette série.

    2. Établir une formule analogue pour \(\mathbb V(X)\) en fonction de \(\sum_{k\geq 1}\mathbb P (X\geq k)\) et \(\sum_{k\geq 1}k\mathbb P (X\geq k)\).

  2. Soit \((X_n)_{n\geq 1}\) une suite de variables aléatoires définies sur un même espace probabilisé, à valeurs dans \(\mathbb{N}\), mutuellement indépendantes et de même loi. On note pour \(n\in \mathbb{N}^*\) : \(M_n = \max(X_{1},\dots,X_n)\).

    1. Calculer \(\mathbb P (M_n\leq k)\) en fonction de \(\mathbb P (X_{1}\leq k)\).

    2. On suppose que la loi de \(X_{1}\) est la loi uniforme sur \(\llbracket 1,K\rrbracket\) avec \(K\geq 2\) fixé. Calculer \(\mathbb E (M_n)\) et \(\lim_{n\to \infty }\mathbb E (M_n)\).

    3. On suppose que la loi de \(X_{1}\) est la loi géométrique de paramètre \(p\in {]0,1[}\). Calculer \(\mathbb E (M_n)\). Déterminer la loi de \(m_{2}=\min(X_{1},X_{2})\), son espérance, et en déduire \(\mathbb E (|X_{1}-X_{2}|)\).


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[ID: 4881] [Date de publication: 14 mai 2024 13:00] [Catégorie(s): Espérance et variance ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]




Solution(s)

Solution(s)

Variables aléatoires entières
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 13:00
    1. \(\sum_{k=1}^N\mathbb P (X\geq k)-\sum_{k=0}^{N-1}k\mathbb P (X=k)=N\mathbb P (X\geq N) =\sum_{k=N}^\infty N\mathbb P (X=k)\).

    2. \(\sum_{k=1}^N2k\mathbb P (X\geq k)-\sum_{k=0}^{N-1}k^2 \mathbb P (X=k) =\sum_{k=1}^{N-1}\mathbb P (X\geq k)+(N^2 +1)\mathbb P (X\geq N)\)

      donc en supposant que \(\mathbb E (X)\) est finie, on obtient que \(\mathbb E (X^2 )\) est finie si et seulement si la série \(\sum_{k=1}^\infty k\mathbb P (X\geq k)\) converge et dans ce cas, \[\mathbb V(X) = 2\sum_{k=1}^\infty k\mathbb P (X\geq k)-\sum_{k=1}^\infty \mathbb P (X\geq k) - \Bigl(\sum_{k=1}^\infty \mathbb P (X\geq k)\Bigr)^2 .\]

    1. \(\mathbb P (M_n\leq k)=\mathbb P (X_{1}\leq k)^n\).

    2. \(\mathbb E (M_n)=\sum_{k=1}^K\mathbb P (M_n\geq k)=K-\sum_{k=1}^K\mathbb P (M_n<k) =K-\sum_{k=1}^{K-1}(k/K)^n\to _{n\to \infty }K\).

    3. \[\begin{aligned} \mathbb E (M_n)&=\sum_{k=1}^\infty (1-(1-(1-p)^{k-1})^n)\\ &=\sum_{k=1}^\infty \sum_{l =1}^n\binom{n}{l} (-1)^{l +1}(1-p)^{(k-1)l }\\ &=\sum_{l =1}^n\sum_{k=1}^\infty \binom{n}{l} (-1)^{l +1}(1-p)^{(k-1)l }\\ &=\sum_{l =1}^n\binom{n}{l} \dfrac{(-1)^{l +1}}{1-(1-p)^l } \quad\text{(non simplifiable).} \end{aligned}\] \(m_{2}\) suit la loi \(\mathcal G(2p-p^2 )\) donc \(\mathbb E (m_{2})=\dfrac1{2p-p^2 }\)

      et \(\mathbb E (|X_{1}-X_{2}|) = \mathbb E (M_{2}-m_{2})=\dfrac2p-\dfrac1{1-(1-p)^2 }-\dfrac1{2p-p^2 } =\dfrac{2-2p}{2p-p^2 }\).


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