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 \(E(Y)\)
Solution

Loi conjointe

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

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

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

Loi marginale de \(Y\)

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

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

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

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

\[ E(Y) = \frac{1}{4}(n+3)=\frac{n+3}{4} \]

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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 \(Z_2\)
    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 \(\forall p\in[[1,n]]\), \(P(X_p=1)=\frac{1}{2}=P(X_p=0)\)
Solution

\(X_1\) 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 \(X_2\) \(\frac{1}{2}\) \(\frac{1}{2}\) \(1\)

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

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

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

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.

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

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

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

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.

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

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

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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 ?

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

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

\(U\) / \(V\) \(-1\) \(0\) \(1\) 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:

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

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

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

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

\(Cov(X,Y)\Rightarrow\) independantes

Independance ?

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

Donc \(U\) et \(V\) sont independantes.

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