somme_var_aleatoire.py
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joelkouakou2080
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March 03, 2023
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. Soient X1 ,..., Xn des variables
inde ́ pendantes de de loi de Bernoulli
B ( p ).
1. De ́ terminer la loi de X1 + X2 .
En de ́ duire la loi de X1 + . . . + Xn .
2. Interpre ́ ter ce re ́ sultat en
terme de jeu de pile ou face .
Re ́ ponse :
---------
1. La variable S = X1 + X2 est a ̀
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 ))
= 2 p ( 1 - p ).
On reconnai ̂ t la loi binomiale B ( 2 , p ).
Plus ge ́ ne ́ ralement , 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 succe ́ s lorsque
l ’ on joue n fois de suite avec une
pie ̀ ce biaise ́ e telle que P ( pile ) = p .
. Soient X1 , . . . , Xn des variables
inde ́ pendantes de , ou ̀ Xj suit une
loi de Poisson parame ̀ tre \lambda_j .
1 ) De ́ terminer la loi de X1 + X2 .
En de ́ duire la loi de X1 + . . . + Xn .
2 ) Expliciter la loi de Xj
sachant X1 + . . . + Xn = k .
Re ́ ponse :
---------
1 ) Pour un entier positif k donne ́ ,
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 ’ apre ̀ s la forumle du bino ̂ me .
On reconnai ̂ t ainsi une loi de
Poisson de parame ̀ tre \lamb1 + \lamb2 .
Plus ge ́ ne ́ ralement , la loi de
X1 + .. + Xn est la loi de Poisson
de parame ̀ tre \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 inde ́ pendance
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
donne ́ e . On les essaie l ’ une apre ̀ s
l ’ autre au hasard . Calculer la loi ,
l ’ espe ́ rance et la variance du nombre
d ’ essais ne ́ cessaires .
Me ̂ me question si , un peu e ́ me ́ che ́ ,
on re ́ essaie a ̀ chaque fois une clef
au hasard sans avoir e ́ carte ́ la
pre ́ ce ́ dente .
Re ́ ponse :
---------
On note X le nombre d ’ essais
ne ́ cessaires pour trouver la bonne
clef . Si on e ́ limine les mauvaises
clefs au fur et a ̀ mesure , on a
naturellement
P ( X = 1 ) = 1 / n . Ensuite on peut
e ́ crire :
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 fac ̧ on 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 ’ e ́ limine pas
les mauvaises clefs au fur et a ̀
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 me ̂ me
P ( X = k ) = 1 / n ( 1 - 1 / n ) ^ { k - 1 }
On reconnai ̂ t la loi ge ́ ome ́ trique
de parame ̀ tre 1 / n .
. Dans un pays tre ̀ s pluvieux , il
pleut un jour donne ́ avec probabilite ́
1 s ’ il n ’ a pas plu la veille , et
avec probabilite ́ 1 / 2 s ’ il a plu
la veille .
Montrez qu ’ il y a en moyenne 243
jours de pluie par an .
On de ́ finit les variables Xi qui
valent 1 s ’ il pleut le jour i
et 0 sinon . D ’ apre ̀ s l ’ e ́ nonce ́ ,
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 ’ anne ́ e est
S = \sum ^ ' 365 ' _ ' i=1 ' Xi .
Par line ́ arite ́
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 ’ ou ̀ E ( Xi ) = 2 / 3
et E ( S ) = 365 E ( X1 )
= 365 * 2 / 3 \sim 243.