Variables aléatoires particulières

Exercices du dossier Variables aléatoires particulières

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Urne de Polya
Par Michel Quercia Emmanuel Vieillard-Baron le 14 mai 2024 12:09

\(\mathbb P (X_n=k)=\dfrac1{n+1}((n-k)\mathbb P (X_{n-1}=k)+k\mathbb P (X_{n-1}=k-1))\). Par récurrence sur \(n\), \(\mathbb P (X_n=k)=\dfrac1{n+1}\) pour \(k\in \llbracket 0,n\rrbracket\).


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Urne de Polya
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 12:09
  1. \(\mathbb P (X=1)=\dfrac{1}{5}\) et \(\mathbb P (X=r)=\mathbb P (X=r|X>r-1)\mathbb P (X>r-1)=\dfrac{1}{r+4}\prod_{k=2}^{r}\limits\dfrac{k+2}{k+3}=\dfrac{4}{(r+3)(r+4)}.\) La série diverge, il n’y a pas d’espérance.

  2. la probabilité de gagner de l’argent est égale à \(\mathbb P (X\leq \alpha -1)=\sum_{r=1}^{\alpha -1}4(\dfrac{1}{r+3}-\dfrac{1}{r+4})=\dfrac{\alpha -1}{\alpha +3}\mathop{\longrightarrow} _{\alpha \rightarrow \infty }\limits 1\)


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Permutation aléatoire
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 12:09
  1. La probabilité que le jeton \(j\) ne soit pas tiré au cours des \(k\) premiers tirages est \((1-1/n)^k\to _{k\to \infty }0\). En conditionnant par \(j\) on obtient \(\mathbb P (N=\infty )=0\).

  2. \(\mathbb P (N_i=k) = (i/n)^{k-1}(1-i/n)\), \(\mathbb E (N_i)=n/(n-i)\) et \(\mathbb E (N)=\mathbb E (N_{1})+\dots+\mathbb E (N_{n-1})=nH_{n-1}\).

  3. Pour \(\sigma \in S_n\), on a \(\mathbb P (S=\sigma |N_{1}=k_{1},\dots,N_{n-1}=k_{n-1}) =1^{k_{1}-1}2^{k_{2}-1}\dots(n-1)^{k_{n-1}-1}/n^{k_{1}+\dots+k_{n-1}}\) est indépendant de \(\sigma\).


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Couple de variables aléatoires
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 12:09
  1. \(\frac18\).

  2. \(\mathbb P (X=j)=\mathbb P (Y=j)=(j+1)/2^{j+2}\).

  3. Non.

  4. \(3\).


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Variables indépendantes
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 12:09
  1. Soient \(p=\mathbb P (X=1)\) et \(q=\mathbb P (X=-1)=1-p\).

    On a \(\mathbb E (|X+Y|)-\mathbb E (|X|)=2p^2 +2q^2 -1=2p^2 +2q^2 -(p+q)^2 =(p-q)^2 \geq 0\).

    1. \[\begin{aligned} \mathbb E (|X+Y|)&=\sum_{x\geq 0,y\geq 0}|x+y|\mathbb P (X=x)\mathbb P (Y=y)\\ &+\sum_{x\geq 0,y<0}|x+y|\mathbb P (X=x)\mathbb P (Y=y)\\ &+\sum_{x<0,y\geq 0}|x+y|\mathbb P (X=x)\mathbb P (Y=y)\\ &+\sum_{x<0,y<0}|x+y|\mathbb P (X=x)\mathbb P (Y=y)\\ &=A+B+C+D. \end{aligned}\] \(A = \sum_{x\geq 0,y\geq 0}x\mathbb P (X=x)\mathbb P (Y=y) + \sum_{x\geq 0,y\geq 0}y\mathbb P (X=x)\mathbb P (Y=y) = 2ap\). \(D = 2bq\) et \(B=C\geq aq-bp\) (calculs analogues).

      D’où \(\mathbb E (|X+Y|)\geq 2(ap+bq) + 2(aq-bp)\). Si \(aq-bp\geq 0\) c’est bon. Sinon, on obtient \(bp-aq\) en utilisant \(|x+y|\geq |y|-|x|\).

    2. Pour \(a=b=0\), le minorant est constamment nul et dans ce cas, \(\mathbb E (|X|)=a+b=0\).

      Pour \(a+b>0\), le plus petit minorant est \((2a^2 +2b^2 )/(a+b)\geq a+b=\mathbb E (|X|)\), atteint pour \(p=a/(a+b)\).

  2. Pour \(X,Y\) dépendantes, prendre \(Y=-X\) avec \(\mathbb P (X=1)=\mathbb P (X=-1)=\frac12\).

    Pour \(X,Y\) indépendantes de lois distinctes, prendre \(X=1\), \(\mathbb P (Y=1)=\frac13\), \(\mathbb P (Y=-1)=\frac23\).


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Nombre aléatoire de lancers
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 12:09
  1. \(\mathbb P (N=k)=pq^{k-1}\).

  2. \(\mathbb P (X=x|N=k) = \binom{k}{x}p^xq^{k-x}\), \(\mathbb P (X=x)=q^{x-1}/(1+q)^{x+1}\) si \(x\geq 1\) et \(\mathbb P (X=0)=q/(1+q)\).

  3. \(\mathbb E (X)=1\).


Séries dans je jeu de pile ou face infini **

14 mai 2024 12:09 — Par Michel Quercia

On lance une infinité de fois une pièce ayant une probabilité \(p\in {]0,1[}\) de donner pile, les lancers étant mutuellement indépendants. Si \(\omega \in \{ P,F\} ^\mathbb{N}\), on décompose \(w\) en sous-suites de résultats consécutifs identiques, appelés séries, le résultat changeant d’une série à la suivante et on note \(L_{1}(\omega ),L_{2}(\omega ),\dots\) les longueurs de ces séries. Par exemple, si \(\omega =FFFPFPPPPFP\dots\), on a \(L_{1}(\omega )=3\), \(L_{2}(\omega )=1\), \(L_{3} (\omega )=1\), \(L_4(\omega )=4,L_5(\omega )=1\).

Les fonctions \(L_{1},L_{2},\dots\) sont bien définies sur le sous-ensemble \(\Omega '\) de \(\Omega =\{ P,F\} ^\mathbb{N}\) constitué des suites comportant une infinité de \(P\) et une infinité de \(F\).

  1. Prouver que \(\Omega '\) est un évènement et que \(\mathbb P (\Omega ')=1\).

    Dans la suite de l’exercice, on se place dans l’espace probabilisé constitué de \(\Omega '\), des évènements inclus dans \(\Omega '\) et de la restriction de \(\mathbb P\) à ces évènements. On admet que \(L_{1},L_{2},\dots\) sont des variables aléatoires sur cet espace probabilisé.

  2. Déterminer la loi de \(L_{1}\) et son espérance.

  3. Déterminer la loi conjointe de \((L_{1},L_{2})\). En déduire la loi de \(L_{2}\) et son espérance.

  4. Expliquer pourquoi \(L_{1}\) et \(L_{2}\) n’ont pas même loi. \(L_{1},L_{2}\) sont-elles indépendantes ?

  5. Montrer que \(L_{3}\) a même loi que \(L_{1}\), et que \(L_{1},L_{3}\) ne sont pas indépendantes si \(p\neq \frac12\).



[ID: 4873] [Date de publication: 14 mai 2024 12:09] [Catégorie(s): Variables aléatoires particulières ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
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Séries dans je jeu de pile ou face infini
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 12:09
  1. Soit \(P_{m,n}=\) au cours des \(n\) premiers lancers, il sort exactement \(m\) pile .

    On a \(\mathbb P (P_{m,n})=\binom{n}{m}p^mq^{n-m}\to _{n\to \infty }0\) à \(m\) fixé car \(q=1-p<1\). Donc la probabilité qu’une suite infinie donne exactement \(m\) pile est nulle, et par union dénombrable, la probabilité qu’une suite infinie comporte un nombre fini de pile est elle aussi nulle. Comme \(p<1\), on a de même \(\mathbb P (\)il y a un nombre fini de face\()=0\), puis par union, \(\mathbb P (\overline{\Omega '})=0\).

    Dans la suite de l’exercice, on se place dans l’espace probabilisé constitué de \(\Omega '\), des évènements inclus dans \(\Omega '\) et de la restriction de \(\mathbb P\) à ces évènements. On admet que \(L_{1},L_{2},\dots\) sont des variables aléatoires sur cet espace probabilisé.

  2. En conditionnant par le résultat du premier tirage, on trouve

    \(\mathbb P (L_{1}=k)=p^kq+pq^k\), d’où \(\mathbb E (L_{1})=p/q+q/p\).

  3. \(\mathbb P (L_{1}=k,L_{2}=l )=p^{k+1}q^l +p^l q^{k+1}\), \(\mathbb P (L_{2}=l )=p^2 q^{l -1}+p^{l -1}q^2\), \(\mathbb E (L_{2})=2\).

  4. \(L_{2}\) est la longueur de la première série d’une suite amputée d’un nombre aléatoire de termes, il n’y a aucune raison pour qu’elle ait même loi que la longueur de la première série d’une suite non amputée (ou amputée d’un nombre fixé de termes).

    \(\mathbb P (L_{1}=1,L_{2}=1)=\mathbb P (L_{1}=1)\mathbb P (L_{2}=1)\Leftrightarrow p=q=\frac12\) et lorsque cette condition est réalisée, on constate que la loi conjointe de \((L_{1},L_{2})\) est bien la loi produit des lois de \(L_{1}\) et \(L_{2}\), identiques dans ce cas.

  5. \(\mathbb P (L_{1}=i,L_{2}=j,L_{3} =k)=p^{i+k}q^{j+1}+p^{j+1}q^{i+k}\), \(\mathbb P (L_{1}=i,L_{3} =k)=p^{i+k-1}q^2 +p^2 q^{i+k-1}\), \(\mathbb P (L_{3} =k)=p^kq+pq^k\).


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Temps d’attente
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 12:10
  1. \(\mathbb P (T_{PP}=k) = \frac12\mathbb P (T_{PP}=k-1)+\frac14\mathbb P (T_{PP}=k-2)\) pour \(k\geq 3\),

    \(\mathbb P (T_{PP}=k)=\frac1{2\sqrt 5}((\frac{\sqrt 5+1}4)^{k-1}-(\frac{1-\sqrt 5}4)^{k-1})\), \(\mathbb E (T_{PP})=6\).

    \(\mathbb P (T_{PF}=k)=(k-1)/2^k\), \(\mathbb E (T_{PF})=4\).

  2. \(\mathbb P (T_{PP}<T_{PF}) = \mathbb P (\bigcup _{i=0}^\infty F^iPP)=\frac12\) donc \(\mathbb P (T_{PP}>T_{PF})=\frac12\).

    \(\mathbb P (T_{PP}<T_{FP}) = \mathbb P (PP)=\frac14\) donc \(\mathbb P (T_{PP}>T_{FP})=\frac34\).

  3. \(\mathbb P (T_{PPF}=k,T_{PP}=l )=\mathbb P (T_{PP}=l )/2^{k-l }\) pour \(k>l\) donc \(\mathbb P (T_{PPF}=k) = \sum_{l =2}^{k-1}\mathbb P (T_{PP}=l )/2^{k-l }\).

    \(\mathbb P (T_{FPP}=k)=\frac12\mathbb P (T_{PP}=k-1)+\frac12\mathbb P (T_{FPP}=k-1) =\dots=\sum_{l =1}^{k-2}\mathbb P (T_{PP}=k-l )/2^l =\mathbb P (T_{PPF}=k)\).

    \(\mathbb E (T_{PPF})=\mathbb E (T_{FPP})=\sum_{l =2}^\infty \sum_{k=3}^\infty k\mathbb P (T_{PP}=l )/2^{k-l } =\sum_{l =2}^\infty (l +2)\mathbb P (T_{PP}=l )=\mathbb E (T_{PP})+2=8\).

  4. Il est presque sûr que \(PP\) apparait au moins une fois au cours d’une infinité de lancers. La seule possibilité pour que \(PPF\) apparaisse avant \(FPP\) est que la suite des tirages commence par \(PP\). Donc \({\mathbb P (T_{PPF}>T_{FPP})=\frac34}\).


Association de parieurs (Centrale MP 2015) ** Centrales MP

14 mai 2024 12:10 — Par Michel Quercia

Dans l’énoncé, \(n\) désigne un entier naturel supérieur ou égal à \(3\) et \(N\) un entier naturel non nul.

Un jeu oppose \(n\) joueurs notés \(J_{1},\dots,J_n\). Le jeu consiste à lancer \(N\) fois une pièce équilibrée. Avant les lancers, chaque joueur écrit une liste de prévisions pour les lancers. Les gagnants sont les joueurs ayant obtenu le plus grand nombre de prévisions correctes : ils se partagent alors la somme de \(S\) euros.

Dans la suite, on abrégera pile en \(P\) et face en \(F\). Par exemple, si \(N=3\) et si les lancers donnent \(PPF\), le joueur ayant prédit \(PFP\) aura une prévision correcte (l’ordre compte). Pour \(i\in \llbracket 1,n\rrbracket\), on note \(X_i\) le nombre de prévisions correctes du joueur \(J_i\) et \(G_i\) son gain.

  1. Dans cette question, on suppose que les joueurs choisissent leur prédiction au hasard indépendamment les uns des autres. On admet que dans ces conditions, les variables aléatoires \(X_i\) sont mutuellement indépendantes et de même loi.

    1. Justifier que les variables \(G_i\) ont même loi. On ne demande pas de déterminer explicitement cette loi.

    2. Justifier que l’espérance de \(G_i\) est \(S/n\) pour tout \(i\).

    3. Vérifier expérimentalement ce fait à l’aide d’une simulation en Python.

  2. Dans cette question, on suppose que les joueurs \(J_{1},J_{3} ,\dots,J_n\) choisissent leur prédiction au hasard indépendamment les uns des autres et le joueur \(J_{2}\) choisit les prévisions contraires de celles de \(J_{1}\). Par exemple, si \(N=3\) et \(J_{1}\) choisit \(PFP\) alors \(J_{2}\) choisit \(FPF\). On admet qu’alors les variables aléatoires \(X_{1},X_{3} ,\dots,X_n\) sont mutuellement indépendantes de même que les variables \(X_{2},X_{3} ,\dots,X_n\). A l’issue du jeu, les joueurs \(J_{1}\) et \(J_{2}\) se partagent leurs gains éventuels. On pose \(G'=G_{1}+G_{2}\) et \(Y=\max(X_{1},X_{2})\). On suppose enfin que \(N\) est impair : \(N=2p+1\).

    1. Montrer que les \(X_i\) suivent toutes la même loi que l’on précisera. Dans la suite, on notera \(q_k=\mathbb P (X_i=k)\) et \(\tau _k=\mathbb P (X_i\leq k)\).

    2. Préciser l’ensemble \(V\) des valeurs prises par \(Y\).

    3. Soient \(j\in \llbracket 1,n-1\rrbracket\) et \(k\in V\). Calculer \(\mathbb P (G'=S/j, Y=k)\) en fonction de \(q_k\) et \(\tau _{k-1}\).

    4. En déduire \(\mathbb E (G'), \mathbb E (G_{1})\) et \(\mathbb E (G_{2})\). La stratégie adoptée par \(J_{1}\) et \(J_{2}\) est-elle avantageuse ?

  3. Reprendre le modèle de la question précédente en supposant \(N\) pair : \(N=2p\). On vérifiera qu’alors \(\mathbb E (G')=\dfrac{2S}{n-1}\Bigl(1-\dfrac{\tau _p^n}{nq_p}+\dfrac{\tau _{p-1}^n}{nq_p}\Bigr)\). La stratégie adoptée par \(J_{1}\) et \(J_{2}\) est-elle avantageuse ?



[ID: 4877] [Date de publication: 14 mai 2024 12:10] [Catégorie(s): Variables aléatoires particulières ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
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Association de parieurs (Centrale MP 2015)
Par Michel Quercia Emmanuel Vieillard-Baron le 14 mai 2024 12:10
    1. Pour \(x=(x_{1},\dots,x_n)\in \llbracket 0,N\rrbracket^n\) on note \(f(x) = \max(x_{1},\dots,x_n)\), \(h(x) = \mathop{\rm card}\nolimits\{ i\text{ tq }x_i=f(x)\}\) et \(g_i(x) = S/h(x)\) si \(x_i=f(x)\), \(g_i(x)=0\) sinon.

      Ainsi pour toute issue \(\omega\), on a \(G_i(\omega )=g_i(X_{1}(\omega ),\dots,X_n(\omega ))\) d’où pour \(g\in \mathbb{R}\) et \(\sigma \in S_n\) : \[\begin{aligned} \mathbb P (G_i=g) &= \sum_{x\in \llbracket 0,N\rrbracket ^n\text{ tq }g_i(x)=g}\mathbb P (X_{1}=x_{1},\dots,X_n=x_n)\\ &= \sum_{x\in \llbracket 0,N\rrbracket^n\text{ tq }g_i(x)=g}\mathbb P (X_{1}=x_{1})\dots\mathbb P (X_{1}=x_n)\\ &= \sum_{x\in\llbracket 0,N\rrbracket ^n\text{ tq }g_i(x)=g}\mathbb P (X_{1}=x_{\sigma (1)})\dots\mathbb P (X_{1}=x_{\sigma (n)})\\ &= \sum_{y\in \llbracket 0,N\rrbracket^n\text{ tq }g_{\sigma ^{-1}(i)}(y)=g}\mathbb P (X_{1}=y_{1})\dots\mathbb P (X_{1}=y_n)\\ &=\mathbb P (G_{\sigma ^{-1}(i)}=g). \end{aligned}\]

    1. \(p_k=2^{-N}\binom{N}{k}\).

    2. \(V=\llbracket p+1,N\rrbracket\).

    3. \(\mathbb P (G'=S/j, Y=k) = \mathbb P (G'=S/j, X_{1}=k) + \mathbb P (G'=S/j, X_{1}=N-k) = 2\binom{n-2}{j-1}q_k^j\tau _{k-1}^{n-1-j}\).

    4. \[\begin{aligned} \mathbb E (G') &= \sum_{k=p+1}^N\sum_{j=1}^{n-1}\dfrac{2S}j\binom{n-2}{j-1}q_k^j\tau _{k-1}^{n-1-j}\\ &= \sum_{k=p+1}^N\sum_{j=1}^{n-1}\dfrac{2S}{n-1}\binom{n-1}{j}q_k^j\tau _{k-1}^{n-1-j}\\ &= \sum_{k=p+1}^N\dfrac{2S}{n-1}\Bigl((q_k+\tau _{k-1})^{n-1}-\tau _{k-1}^{n-1}\Bigr)\\ &= \sum_{k=p+1}^N\dfrac{2S}{n-1}\Bigl(\tau _k^{n-1}-\tau _{k-1}^{n-1}\Bigr)\\ &= \dfrac{2S}{n-1}\Bigl(\tau _N^{n-1}-\tau _p^{n-1}\Bigr)\\ &= \dfrac{2S}{n-1}\Bigl(1-\dfrac1{2^{n-1}}\Bigr). \end{aligned}\]

      Comme \(G_{1}=G_{2}=\frac12G'\), on obtient \(\mathbb E (G_{1})=\mathbb E (G_{2})=\dfrac{S}{n-1}\Bigl(1-\dfrac1{2^{n-1}}\Bigr) > \dfrac Sn\) pour tout \(n\geq 3\).

  1. Calculs abominables \(\dots\) En admettant la formule donnée, \(\tau _p^n-\tau _{p-1}^n\simeq nq_p\tau _p^{n-1}\) par accroissements finis, et \(\tau _p\simeq\frac12\) donc \(J_{1}\) et \(J_{2}\) ont probablement encore intérêt à s’associer.


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