Exercices de la catégorie <i>Espérance

Exercice #444

Détails de l'exercice #444

Exercice enregistré par M. Arnt

Niveaux :
En Mathématiques : Bac+2.

Énoncé

Soit $n \in \mathbb{N}^*$, $\lambda \in \mathbb{R}_+^*$ et $X$ une variable aléatoire discrète qui suit une de Poisson de paramètre $\lambda$. On pose $\displaystyle X_n = \prod_{i=0}^{n-1}(X-i)$. Montrer que $X_n$ est d'espérance finie et calculer son espérance.

Exercice #443

Détails de l'exercice #443

Exercice enregistré par M. Arnt

Niveaux :
En Mathématiques : Bac+2.

Énoncé

Soit $n \in \mathbb{N}^*$, $p \in ]0,1[$ et $X$ une variable aléatoire discrète qui suit une loi géométrique de paramètre $p$. On pose $\displaystyle X_n = \prod_{i=0}^{n-1}\frac{1}{X+i}$.

Montrer que $X_n$ est d'espérance finie.
Calculer les espérances de $X_1$ et $X_2$.

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.

Exercice #445

Détails de l'exercice #445

Exercice enregistré par M. Arnt

Niveaux :
En Mathématiques : Bac+2.

Énoncé

Soit $X$ un variable aléatoire discrète à valeurs dans $\mathbb{N}$ et d'espérance finie. Montrer que : \[ P(X=n)=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(\frac{1}{n}\right). \]

Exercice #446

Détails de l'exercice #446

Exercice enregistré par M. Arnt

Niveaux :
En Mathématiques : Bac+2.

Énoncé

Soit $(X,Y)$ un couple de variables aléatoires discrètes à valeurs dans $\mathbb{R}_+^*$, indépendantes et de même loi. Montrer que $\displaystyle E\left(\frac{X}{Y}\right) \geqslant 1$.

Exercice #447

Détails de l'exercice #447

Exercice enregistré par M. Arnt

Niveaux :
En Mathématiques : Bac+2.

Énoncé

Soit $X$ une variable aléatoire discrète à valeurs dans $\mathbb{N}$.

On suppose que $X \in L^1$ i.e. $X$ est d'espérance finie. Montrer que $\sum P(X > n)$ converge et que : \[ E(X)=\sum_{n=0}^{+\infty}P(X > n). \]
On suppose que $X \in L^2$ i.e. $X$ admet un moment d'ordre $2$. Montrer que $\sum (2n+1)P(X > n)$ converge et que : \[ E(X^2)=\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+1)P(X > n). \]

Exercice #567

Détails de l'exercice #567

Exercice enregistré par M. Arnt

Niveaux :
En Mathématiques : Bac+1.

Énoncé

Soit $X,Y$ des variables aléatoires discrètes admettant un moment d'ordre $2$. On pose $S=X+Y$ et $D=X-Y$. Justifier l'existence et déterminer la covariance $\text{cov}(S,D)$ entre $S$ et $D$.

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.