Exercices de la catégorie <i>Lois usuelles</i>

Exercice #424

Détails de l'exercice #424

Exercice enregistré par M. Arnt

Niveaux :
En Mathématiques : Bac+2.

Énoncé

Soit $p \in ]0,1[$. Déterminer la loi d'une somme de deux variables aléatoires discrètes indépendantes qui suivent toutes deux une loi géométrique de paramètre $p$.

Exercice #425

Détails de l'exercice #425

Exercice enregistré par M. Arnt

Niveaux :
En Mathématiques : Bac+2.

Énoncé

Soit $p,q \in ]0,1[$ et $X,Y$ des variables aléatoires discrètes suivant des lois géométriques de paramètres $p$ et $q$ respectivement. Déterminer $P(X < Y)$.

Exercice #623 Oral CCinP 2025

Détails de l'exercice #623

Exercice enregistré par M. Arnt

Niveaux :
En Mathématiques : Bac+2, Bac+3 et plus.

Mots clés associés :
2025 CCinP Oral

Source : BEOS 8894

Énoncé

Un homme peint un mur en étant placé sur un échafaudage, des passants passent sous son échafaudage et ont chacun une probabilité $p\in \ \left]0,1\right[$ de se faire toucher par une goutte de peinture. Soit $X$ la variable aléatoire donnant le nombre de personnes touchées en une journée et $Y$ celui du nombre de personnes qui ne sont pas touchées.

Soit $n \in \mathbb{N}$. On suppose que $n$ personnes passent dans la journée. Donner les lois de $X$ et $Y$, puis déterminer si $X$ et $Y$ sont indépendantes.
On suppose maintenant que $N$ personnes passent dans la journées et que $N$ est une variable aléatoire discrète qui suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda> 0$.
1. Donner les lois de $X$ et de $Y$, puis l'espérance et la variance de $X$.
2. Montrer que $X$ et $Y$ sont indépendantes.
3. Calculer $\text{Cov}(X,N)$. Les variables $X$ et $N$ sont-elles indépendantes ?

Indications

Attention au cas $n=0$ pour l'indépendance !
1. Exprimer la loi conditionnelle de $X$ sachant $(N=n)$.
2. Exprimer l'évènement $(X=k)\cap (Y=l)$ en utilisant la valeur de $X+Y$.
3. Utiliser la formule de transfert pour calculer $E(XN)$.

Correction

La variable $X$ compte le nombre de succès d'une succession de $n$ épreuves de Bernouilli indépendantes de paramètre $p$ (ici, l'épreuve étant "un passant passe sous l'échafaudage et se fait toucher avec probabilité $p$) donc $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$. De même pour $Y$ en remplaçant succès et échecs : un passant à une probabilité $1-p$ donc $Y$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $1-p$.
On a $X+Y=n$ donc, pour $n\neq 0$, $(X=0)\cap (Y=0)=\emptyset$, d'où : \[ P((X=0)\cap (Y=0)) =0 \neq \underbrace{P(X=0)}_{\neq 0}.\underbrace{P(Y=0)}_{\neq 0}. \] d'où $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes lorsque $n \neq 0$.
Si $n=0$, $P((X=0)\cap (Y=0))=1=P(X=0)P(Y=0)$ donc, dans ce cas extrème, $X$ et $Y$ sont indépendantes !
1. Pour tout $\omega \in \Omega$, $X(\omega) \in \;[\!\!\![\; 0,N(\Omega) \;]\!\!\!]\; \subset \mathbb{N}$ donc $X(\Omega) \subset \mathbb{N}$ et de même, $Y(\Omega) \subset \mathbb{N}$.
  On remarque que, pour $n \in \mathbb{N}$, la loi conditionnelle de $X$ sachant $(N=n)$ correspond à la loi de $X$ dans la question 1. i.e. une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$. D'où, pour $n,k \in \mathbb{N}$ : \[ P(X=k|N=n)=\begin{cases} \displaystyle \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}&\text{ si }k \leqslant n \\ 0&\text{ si }k> n. \end{cases} \] Ainsi, pour tout $k \in \mathbb{N}$, d'après la formule des probabilités totales appliquée au système complet d'événements $((N=n))_{n \in \mathbb{N}}$, on a : \[ \begin{array}{rcl} P(X=k)&=&\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}P(X=k | N=n)P(N=n) \\ &=&\displaystyle \sum_{n=k}^{+\infty}\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}e^{-\lambda }\frac{\lambda^n}{n!} \\ &=&\displaystyle \frac{e^{-\lambda }p^k}{k!}\sum_{n=k}^{+\infty}\frac{(1-p)^{n-k}\lambda^n}{(n-k)!} \\ &=&\displaystyle \frac{e^{-\lambda }p^k\lambda^k}{k!}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{((1-p)\lambda)^{n}}{n!} \\ &=&\displaystyle \frac{e^{-\lambda }(p\lambda)^k}{k!}e^{(1-p)\lambda} \\ P(X=k)&=&\displaystyle e^{-p\lambda }\frac{(p\lambda)^k}{k!}. \end{array} \] où $p\lambda > 0$.
  Par suite, $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $p\lambda$.
  
  Par un raisonnement analogue, on trouve que $Y$ suit une loi de Poisson de paramètre $(1-p)\lambda$.
  
  Ainsi, $X$ et $Y$ admettent un moment d'ordre $2$ et donc d'ordre $1$; et on a : \[ E(X)= p\lambda; \; V(X)= p\lambda \text{ et } E(Y)=(1-p)\lambda;\; V(Y)=(1-p)\lambda. \]
2. Soit $k,l \in \mathbb{N}$. Comme $X+Y=N$, on a : \[ (X=k)\cap (Y=l)=(X=k)\cap (X+Y=k+l) = (X=k) \cap (N=k+l), \] Par suite, en écrivant $\lambda = p\lambda + (1-p)\lambda$, on obtient : \[ \begin{array}{rcl} P((X=k)\cap (Y=l))&=&P((X=k) \cap (N=k+l)) \\ &=&P(X=k|N=k+l)P(N=k+l) \\ &=&\displaystyle \binom{k+l}{k}p^k(1-p)^{(k+l)-k}e^{-\lambda }\frac{\lambda^{k+l}}{(k+l)!} \\ &=&\displaystyle \left(e^{-p\lambda }\frac{(p\lambda)^k}{k!}\right). \left( e^{-(1-p)\lambda }\frac{((1-p)\lambda)^l}{l!}\right) \\ P((X=k)\cap (Y=l))&=&P(X=k).P(Y=l). \end{array} \] Il en résulte que $X$ et $Y$ sont indépendantes.
3. On a, d'après la formule de K{\oe}nïg-Huygens, $\text{Cov}(X,N)=E(XN)-E(X)E(N)$.
  Remarque : comme $X$ et $N$ sont des variables aléatoires discrètes, on peut parler de l'espérance de $XN$ et calculer nos sommes sans se soucier de leur convergence !
  D'après le théorème de transfert, on a : \[ \begin{array}{rcl} E(XN)&=&\displaystyle \sum_{(k,n) \in \mathbb{N}^2}knP((X=k)\cap (N=n)) \\ &=&\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}n \sum_{k=0}^{+\infty}k P(X=k|N=n)P(N=n) \\ &=&\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}ne^{-\lambda }\frac{\lambda^n}{n!} \underbrace{\sum_{k=0}^{n}k \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}}_{=np} \\ E(XN)&=&\displaystyle pe^{-\lambda }\sum_{n=0}^{+\infty}n^2\frac{\lambda^n}{n!}. \end{array} \] Or, en remarquant que $n^2=n(n-1)+n$, on a : \[ \sum_{n=0}^{+\infty}n^2\frac{\lambda^n}{n!} = \lambda^2\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{\lambda^{n-2}}{(n-2)!} +\lambda\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\lambda^{-1}n}{(n-1)!} = (\lambda^2+\lambda)e^{\lambda}; \] donc : \[ E(XN)= pe^{-\lambda }(\lambda^2+\lambda)e^{\lambda} = p(\lambda^2+\lambda). \] Il en résulte que : \[ \text{Cov}(X,N)= E(XN)-E(X)E(N)= p(\lambda^2+\lambda) - (p\lambda)\lambda = p\lambda. \] En particulier, on a $\text{Cov}(X,N) \neq 0$ donc $X$ et $N$ ne sont pas indépendantes car si deux variables sont indépendantes, alors leur covariance est nulle.