.Soient X1,..., Xn des variables indépendantes de de loi de Bernoulli B(p). 1. Déterminer la loi de X1 + X2. En déduire la loi de X1 + . . . + Xn. 2. Interpréter ce résultat en terme de jeu de pile ou face. Réponse : --------- 1. La variable S = X1 + X2 est à valeurs dans {0, 1, 2} et on a *P(S = 0) = P(X1 = 0, X2 = 0) = P(X1 = 0)P(X2 = 0) = (1 - p)^2, *P(S = 2) = P(X1 = 1, X2 = 1) = P(X1 = 1)P(X2 = 1) = p^2, *P(S = 1) = 1 - (P(S = 0) + P(S = 2)) = 2p(1 - p). On reconnaît la loi binomiale B(2, p). Plus généralement, la loi de X1 + . . . + Xn est la loi binomiale B(n, p). 2) La loi binomiale B(n, p) est la loi du nombre de succés lorsque l’on joue n fois de suite avec une pièce biaisée telle que P(pile) = p. .Soient X1, . . . , Xn des variables indépendantes de, où Xj suit une loi de Poisson paramètre \lambda_j. 1) Déterminer la loi de X1 + X2. En déduire la loi de X1 + . . . + Xn. 2) Expliciter la loi de Xj sachant X1 + . . . + Xn = k. Réponse : --------- 1) Pour un entier positif k donné, on a : P(X1+X2=k) = \sum^k_{l=0} P(X1+X2=k, X2=l) =\sum^k_{l=0} P(X1=k-l, X2=l) =\sum^k_{l=0} P(X1=k-l) P(X2=l) =\sum^k_{l=0} e^{-\lamb_1} \dfrac{\lamb^{k-l}_1}{(k-l)!} e^{-\lamb2} \dfrac{\lamb^l_2}{l!} =\dfrac{e^{-(\lamb1+\lamb2)}}{k!} \sum^k_{l=0} \dfrac{k!}{(k-l)!l!} \lamb^{k-l}_1 \lamb^l_2 = \dfrac{e^{-(\lamb1+\lamb2)}}{k!} (\lamb1 + \lamb2)^k d’après la forumle du binôme. On reconnaît ainsi une loi de Poisson de paramètre \lamb1 + \lamb2. Plus généralement, la loi de X1 + .. + Xn est la loi de Poisson de paramètre \lamb_1 + .. + \lamb_n. 2) Si k \ge l sont deux entiers, on a : P(Xj=l | X1+..X2 = k) = P(Xj=l et X1+..+Xn=k)/P(X1+..+X2=k) = P(Xj=l et X1+X2+..+X_{j-1}+X_{j+1}+..+Xn=k-l)/P(X1+..+Xn=k) Par indépendance P(Xj=l|X1+..Xn=k) = P(Xj=l)P(X1+..+X2+X_{j-1}+X_{j+1}+..+X_n=k-l)/P(X1+...+Xn=k) e^{-\lamb_j}(\lamb^l_j/l!)e^{-\sum_{i\ne j}\lmb_i}((\sum_{i\ne j}\lmb_i)^{k-l}/(k-l)!) = -------------------------------------------------------------------------------------- e^{-\sum^n_{i=1}\lmb_i}((\sum^n_{i=1}\lmb_i)^k)/k! Les exponentielles se simplifient, et si l’on pose p = \lmb_j/(\sum^n_{i=1}\lmb), on a P(X_j=l|X1+..+Xn=1) = C^l_k p^l(1-p)^{k-l} La loi de Xj sachant {X1 + ... + Xn = k} est une loi binomiale B(k, p). .Un trousseau de n clefs contient une seule clef ouvrant une serrure donnée. On les essaie l’une après l’autre au hasard. Calculer la loi, l’espérance et la variance du nombre d’essais nécessaires. Même question si, un peu éméché, on réessaie à chaque fois une clef au hasard sans avoir écarté la précédente. Réponse : --------- On note X le nombre d’essais nécessaires pour trouver la bonne clef. Si on élimine les mauvaises clefs au fur et à mesure, on a naturellement P(X = 1) = 1/n. Ensuite on peut écrire : P(X = 2) = P(X=2 cap X>1) = P(X=2|X>1)P(X>1) =P(X=2|X>1)(1-P(X=1)) = 1/(n-1)(1-1/n) = 1/n De meme, on a P(X=3) = P(X = 3 cap X > 2) = P(X = 3 | X > 2)P(X > 2) = P(X = 3 | X > 2) (1 - P(X \le 2)) = P(X = 3 | X > 2) (1 - P(X = 2) − P(X = 1)) = 1/(n-2)(1-2/n) =1/n et on montre de façon similaire que P(X = k) = 1/n pour tout 1 \le k \le n. Autrement dit, la loi de X est la loi uniforme sur {1, . . . , n}. Maintenant, si on n’élimine pas les mauvaises clefs au fur et à mesure, on a encore P(X = 1) = 1/n et en raisonnant comme plus haut P(X=2) = P(X=2 cap X>1) = P(X=2 | X>1)P(X>1) = P(X=2 | X>1) (1-P(X=1)) = 1/n (1-1/n) De même P(X = k) = 1/n (1- 1/n)^{k-1} On reconnaît la loi géométrique de paramètre 1/n. .Dans un pays très pluvieux, il pleut un jour donné avec probabilité 1 s’il n’a pas plu la veille, et avec probabilité 1/2 s’il a plu la veille. Montrez qu’il y a en moyenne 243 jours de pluie par an. On définit les variables Xi qui valent 1 s’il pleut le jour i et 0 sinon. D’après l’énoncé, on a P(Xi = 1 | X_{i-1} = 1) = 1/2, P(X_i = 1 | X_{i-1} = 0) = 1. Le nombre de jour de pluie dans l’année est S = \sum^'365'_'i=1' Xi. Par linéarité E(S) = \sum^{365}_{i=1} E(Xi). Le calcul de E(X_i) donne : E(Xi) = P(Xi = 1) = P(Xi = 1 | Xi-1 = 1)P(Xi-1 = 1) + P(Xi = 1 | Xi−1 = 0)P(Xi−1 = 0), i.e., E(Xi) = 1/2 × P(Xi-1 = 1) + P(Xi-1 = 0) = 1/2 × P(Xi-1 = 1) + 1 - P(Xi-1 = 1), ou encore E(Xi) = 1 - 1/2 P(X_{i-1}=1) = 1-1/2 E(X_{i-1}) On a naturellement E(Xi) = E(Xi-1) pour tout i, d’où E(Xi) = 2/3 et E(S) = 365 E(X1) = 365*2/3 \sim 243.