# ASE3: TD 1 - Suite

# Exercice 3
On considere $n$ boites numerotees de $1$ a $n$.
La boite $n^{o}k$ contient $k$ boules numerotees de $1$ a $k$. On choisi au hasard une boite puis une boule dans cette boite.
Soit:
- $X$ v.a.: numero de la boite
- $Y$ v.a.: numero de la boule

1. Determiner la loi conjointe de $(X,Y)$
2. Calculer $P(X=Y)$
3. Determiner la loi de $Y$ et $E(Y)$

:::spoiler Solution

1.

**Loi conjointe**

$$
X(\Omega) = [[1,n]]\\
Y(\Omega) = [[1,n]]
$$

$$
\begin{aligned}
\begin{matrix}
\forall i\in X(\Omega)\\
\forall j\in Y(\Omega)
\end{matrix}\Biggr\}
P((X=i)\cap(Y=j))&=P_{(X=i)}(Y=j)P(X=i)\quad\text{Loi conditionnelle}\\
&=\frac{1}{i}\times\frac{1}{n}\quad\text{si } j\le i
\end{aligned}\\
\begin{cases}
P((X=i)\cap(Y=j))=\frac{1}{in} &\text{si }j\le i\\
P((X=i)\cap(Y=j))=0 &\text{si } j\gt i
\end{cases}
$$

2.

$$
\underbrace{(X=Y)}_{\text{evenement}} = \cup_{i=1}^n\biggr((X=i)\cap(Y=i)\biggr)\\
\begin{aligned}
P(X=Y)&=\sum_{i=1}^nP((X=i)\cap(Y=i))\\
&=\sum_{i=1}^n\frac{1}{in}=\color{green}{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}}
\end{aligned}
$$

3.

**Loi marginale de $Y$**

$$
\begin{aligned}
\forall j\in[[1,n]]\quad P(Y=j)&=\sum_{i=1}^nP((X=i)\cap(Y=j))\\
&= \sum_{i=j}^n\frac{1}{in}=\color{red}{\frac{1}{n}\sum_{i=j}^n\frac{1}{i}}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
E(Y)&=\sum_{j=1}^njP(Y=j)\\
&= \sum_{j=1}\frac{1}{n}\sum_{i=j}^n\frac{1}{i}\\
&= \frac{1}{n}\sum_{j=1}^nj\sum_{i=j}^n\frac{1}{i}
\end{aligned}
$$

:::success
$$
P(Y=j)=\frac{1}{n}\sum_{i=j}^n\frac{1}{i}\quad\forall j\in\mathbb N^*=Y(\Omega)\\
$$
:::

$$
\begin{aligned}
E(Y)&=\sum_{j=1}^njP(Y=j)\\
&= \sum_{j=1}^nj\frac{1}{n}\sum_{i=j}^n\frac{1}{i}\\
&= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\sum_{j=1}^ij\quad\text{inversion des sommes et } i\ge j\\
&= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\frac{i(i+1)}{2}\\
&=\frac{1}{2n}\sum_{i=1}^n(i+1)\\
&=\frac{1}{2n}\biggr(\frac{n(n+1)}{2}+n\biggr)
\end{aligned}
$$

:::success
$$
E(Y) = \frac{1}{4}(n+3)=\frac{n+3}{4}
$$
:::

:::

# Exercice 4

Une urne contient une boule blanche et une boule noire, les boules etant indiscernables au toucher. On y preleve une boule, chaque boule ayant la meme probabilite d'etre tiree.
On note sa couleur et on la remet dans l'urne avec $c$ boules de la meme couleur.
On repete cette experience, on realise une succession de $n$ tirages ($n\ge 2$).
Soit $X_i$ la v.a.

$$
1\le i\le n
\begin{cases}
X_i = 1&\text{si on obtinet une boule blanche au }i\text{-eme tirage}\\
X_i=0&\text{sinon}
\end{cases}\\
S_p=\sum_{i=1}^nX_i\quad 2\le p\le n
$$

1. Determiner la loi du couple $(X_1,X_2)$. En deduire la loi de $X_2$
2. Determiner la loi de $Z_2$
3.
1. Determiner $Z_p(\Omega)$
2. Soit $p\le n-1$. Determiner $$P_{(Z_p=k)}(X_{p+1}=1)\quad\forall k\in Z_p(\Omega)$$ et montrer que $P(X_{p+1}=1)=\frac{1+cE(Z_p)}{2+pc}$
4. Montrer que $\forall p\in[[1,n]]$, $P(X_p=1)=\frac{1}{2}=P(X_p=0)$

:::spoiler Solution

1.

$X_1$ suit la loi de Bernouilli $\mathcal B(\frac{1}{2})$. On cherche $P((X_1=i)\cap(X_2=j))$.

$$
X_1(\Omega)=[[0,1]]\\
X_2(\Omega)=[[0,1]]\\
$$

**$1^{er}$ cas: $i\neq j$**
$$
\begin{aligned}
P((X_1=i)\cap(X_2=j))&=P(X_2=j/X_1=i)P(X_1=i)\quad P(X_1=i)=\frac{1}{2}\\
&=\frac{1}{2+c}\times\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$

**$2^e$ cas: $i=j$**
$$
\begin{aligned}
P((X_1=i)\cap(X_2=j))&=P(X_2=j/X_1=i)P(X_1=i)\\
&= \biggr(\frac{1+c}{2+c}\biggr)\times\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$

|$X_2$ \ $X_1$|$0$|$1$|Loi de $X_1$|
|-----------|---|---|------------|
|$0$|$\frac{1+c}{2(2+c)}$|$\frac{1}{2(2+c)}$|$\frac{1}{2}$|
|$1$|$\frac{1}{2(2+c)}$|$\frac{1+c}{2(2+c)}$|$\frac{1}{2}$|
|Loi de $X_2$|$\frac{1}{2}$|$\frac{1}{2}$|$1$|

:::success
Donc $X_2\to\mathcal B(\frac{1}{2})$
:::

2.

$$
Z_2=X_1+X_2\\
Z_2(\Omega)=[[0,2]]\\
$$

$$
\begin{aligned}
P(Z_2=0)&=P((X_1=0)\cap(X_2=0))\\
&=\color{green}{\frac{1+c}{2(2+c)}}\\
P(Z_2=1)&=P((X_1=0)\cap(X_2=1)) + P((X_1=1)\cap(X_2=0))\\
&= \color{green}{\frac{1}{2+c}}\\
P(Z_2=2)&=P((X_1=1)\cap(X_2=1))\\
&=\color{green}{\frac{1+c}{2(2+c)}}
\end{aligned}
$$

3.1.

$$
Z_p=\sum_{i=1}X_i\\
Z_p(\Omega)=[[0,p]]
$$

3.2.

$$
p\le n-1\quad P_{(Z_p=k)}(X_{p+1}=1)= \quad \forall k\in\mathbb Z_p(\Omega)
$$

Sachant que $(Z_p=k)$ est realise: $k$ boules blanches ont ete tirees au cours des $p$ premiers tirages (donc on a remis $kc$ boules blanches dans l'urne) et $p-k$ boules noires ont ete tirees (donc on a remis $(p-k)c$ boules noires).
Donc au total l'urne contient $2+kc+(p-k)c=2+pc$ boules dont $(1+kc)$ boules blanches.

:::success

$$
P_{(Z_p=k)}(X_{p+1}=1)=\frac{1+kc}{2+pc}
$$

:::

$$
\begin{aligned}
(X_{p+1}=1)&=U_{k=0}^p((X_{p+1}=1)\cap(Z_p=k))\\
P(X_{p+1}=1)&=\sum_{k=0}^pP((X_{p+1}=1)\cap(Z_p=k))\\
&=\sum_{k=0}^pP_{(Z_p=k)}(X_{p+1}=1)P(Z_p=k)\\
&= \sum_{k=0}^p\biggr(\frac{1+kc}{2+pc}\biggr)P(Z_p=k)\\
&= \frac{1}{2+pc}\biggr(\sum_{k=0}^pP(Z_p=k)+c\sum_{k=0}^pkP(Z_p=k)\biggr)\\
&=\color{green}{\frac{1}{2+pc}(1+cE(Z_p))}
\end{aligned}
$$

4.

$$
\forall p\in [[1,n]]\quad P(X_p=1)=\frac{1}{2}=P(X_p=c)
$$

Matrices resultat par recurrence sur ~~slurp~~ sur $p$:

Soit $R(p)$ la propriete: $P(X_p=1)=\frac{1}{2}$, $R(1)$, $R(2)$ vraies ($1^{ere}$ question)

**Hypothese:** Supposons que $R(1)$, $R(2)$,..., $R(p)$ vraies.

$$
\begin{aligned}
P(X_{p+1}) = \frac{1+cE(2p)}{2+pc}\quad\text{or } E(2p)&=E(\sum_{i=1}^pX_i) \\
&= \sum_{i=1}^pE(X_i)\\
&=\sum_{i=1}^p\frac{1}{2}\quad\text{car } X_i\to\mathcal B(\frac{1}{2})\quad 1\le i\le p \text{ (hypothese)}\\
&=\color{red}{p\times\frac{1}{2}=\frac{p}{2}}\\
\end{aligned}\\
\begin{aligned}
P(X_{p+1})&=\frac{1+cE(2p)}{2+pc}\\
&=\frac{1+c\frac{p}{2}}{2+pc}\\
\end{aligned}
$$

:::success

$$
P(X_{p+1}=1)=\frac{1}{2}
$$

:::

:::

# Exercice 5

$X$ et $Y$ 2 v.a. independantes suivant la meme loi de Bernoulli $\mathcal B(p)$ ($p\in]0,1[$).
On pose $U=X+Y$, $V=X-Y$.

1. Quelle est la loi conjointe de $(U,V)$ ?
2. Calculer $Cov(U,V)$
3. U,V sont-elles independantes ?

:::info Solution

1.

$U(\Omega)=[[0,2]]$, $V(\Omega)=[[-1,1]]$

$$
P((U=i)\cap(V=j))\quad
\begin{aligned}
&\forall i\in[[0,2]]\\
&\forall j\in[[-1,1]]
\end{aligned}\\
\begin{cases}
U=X+Y\Rightarrow X=\frac{U+V}{2}\\
V=X-Y\Rightarrow Y=\frac{U-V}{2}
\end{cases}\\
\begin{aligned}
P((U=i)\cap(V=j))&=P\biggr(\biggr(X=\frac{i+j}{2}\biggr)\cap\biggr(Y=\frac{i-j}{2}\biggr)\biggr)\\
&= P\biggr(X=\frac{i+j}{2}\biggr)P\biggr(Y=\frac{i-j}{2}\biggr)\color{red}{\text{ car } X\text{ et }Y\text{ sont independantes}}
\end{aligned}
$$

|$U$ / $V$|$-1$|$0$|$1$|Loi de $U$|
|---------|----|---|---|----------|
|$0$|$0$|$q^2$|$0$|$q^2$|
|$1$|$qp$|$0$|$pq$|$2pq$|
|$2$|$0$|$p^2$|$0$|$p^2$|
|Loi de $V$|$qp$|$p^2+q^2$|$pq$|$1$|

*Exemple*:

$$
\begin{cases}
U\Rightarrow1=i\\
V\Rightarrow-1=j
\end{cases}\Rightarrow
\begin{cases}
\frac{i+j}{2}=\frac{1-1}{2}=0\\
\frac{i-j}{2}=\frac{1+1}{2}=1\\
\end{cases}\Rightarrow
\begin{cases}
P(X=0)=q\\
P(Y=1)=p
\end{cases}\biggr\}qp
$$

2.

:::info
**Rappel**
La covariance est une forme *bilineaire symetrique definie positive* (produit scalaire sur l'espace des v.a.)
:::

$$
\begin{aligned}
Cov(U,V)&=Cov(X+Y,X-Y)\quad\color{red}{\text{bilineaire}}\\
&=Cov(X,X)-\underbrace{Cov(X,Y) + Cov(Y,X)}_{0 = \text{ par symetrie}} - Cov(Y,Y)\\
&= Cov(X,X)-Cov(Y,Y)\quad
\end{aligned}\\
\begin{aligned}
\text{or: } Cov(X,Y)&=E(X.Y)-E(X)E(Y)\\
\Rightarrow Cov(X,X)&=E(X.X)-(E(X))^2\\
&=V(X)
\end{aligned}\\
\begin{aligned}
Cov(U,V)&=V(X)-V(Y)\\
&=0\quad\color{red}{\text{car meme loi}}
\end{aligned}
$$

:::danger

Independantes $\Rightarrow$ $Cov(X,Y)=0$

$Cov(X,Y)\Rightarrow$ independantes

:::

3.

**Independance ?**

$$
P((U=0)\cap(V=-1))=0\neq P(U=0)P(U=-1)=q^3p
$$

:::success
Donc $U$ et $V$ sont independantes.
:::

:::