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title: ANDO Cours 2
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# Exercices 
## Exercice 2
$a \in \Bbb R_+^*  X, Y$ 2 vars  à valeurs ds $P((X=k) \cap (Y=j)) = \frac{a}{2^{k+1}(j!)}$

Déterminer a : $\sum_{k,j} P((X=k) \cap (Y=j)) = 1$
$\sum_{k=0}^{+\infty} \sum_{j=0} \frac{a}{2^{k+1}j!} = 1$

Rappel : $e^x = \sum_{j=0}^{+\infty} \frac{x^j}{j!}$
$X=1 \Rightarrow e = \sum_{j=0}^{+\infty} 1/j!$

Série géométrique

## Exercice 3
n boites de 1 à k qui contiennent chacune des boules de 1 à k
1) Déterminer la loi du couple $(X,Y)$
$X(\Omega) = Y(\Omega)=[[1,n]]$
$P((X=i) \cap (Y=j)) = P(Y=j/X=i)P(X=i)$ pour tout $(i,j) \in [[1,n]]²$
1er cas : $j > i$ $P((X=i) \cap (Y=j)) = 0$
2ème cas : $j <= i$ $P((X=i) \cap (Y=j)) = \frac{1}{i} * \frac{1}{n}$
X la boite et Y la boule

2) Calculer $P(X=Y)$

$(X=Y) = \bigcup_{i=1}^n ((X=i)\cap (Y=i))$ L'union de ces évènements est incompatible
Donc $P(X=Y) = \sum_{i=1}^n P((X=i) \cap (Y=i)) = \sum_{i=1}^n \frac {1}{i*n} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}$

3) Loi de Y :
    $P(Y=j) = \sum_{i=1}^n P((X=i)\cap(Y=j)) = \sum_{i>=j}^n \frac{1}{ni} = \frac {1}{n} \sum_{i>=j}^n \frac{1}{i}$
    
**Rappel de l'espérance $E(Y)$** :
$E(Y) = \sum_{j=1}^n jP(Y=j)$

Ici, on a une double sommation, quand on a des sommations finies, on peut permuter les 2 sommes. En revanche, lorsqu'elles sont infinies il faut qu'elles convergent uniformément.

$E(Y) = \sum_{j=1}^n P(Y=j)$
$E(Y) = \sum_{j=1}^n j \sum_{i>=j}^n \frac {1}{in} = \frac {1}{n} \sum_{j=1}^n j \sum_{i>=j}^n \frac {1}{i}$
$E(Y) = 1/n \sum_{i=1}^n \frac {1}{i} \sum_{j=1}^i j$
La dernière somme correspond à une suite arithmétique :

$\sum_{j=1}^i j = \frac {i(i+1)}{2}$

$E(Y) = 1/n \sum_{i=1}^n \frac {1}{i} \frac {i(i+1)}{2}$
$E(Y) = 1/n \sum_{i=1}^n \frac {i+1}{2}$
$E(Y) = 1/n \sum_{i=1}^n \frac {i+1}{2} = \frac {1} {2n} (\frac {n(n+1)}{2} + n) = 1/2(\frac {n+1}{2} + 1) = \frac {n+3}{4}$

## Exercice 4

Une urne contient une boule blanche et une boule noire. On y prélève une boule, chaque boule a la même probabilité d'être tirée.

On note sa couleur et on la remet dans l'urne avec $c$ boules de la même couleur. On répète  cette expérience n fois (n >= 2).

$X_{i, 1<=i<=n},=$ 1 si on obtient une boule blanche au ième tirage et 0 si c'est une boule noire

$Z_p = \sum_{i=1}^p X_i$ avec 2<=p<=n

1) Déterminer la loi du couple $(X_1,X_2)$ et en déduire la loi de $X_2$
2) Déterminer la loi de $Z_2$
3) Déterminer $Z_p(\Omega)$ et calculer $P(X_{p+1} = 1 / Z_p = k)$
4) Montrer que $P(X_{p+1} = 1) = \frac {1 + cE (Z_p)}{2+pc}$
5) Montrer que $P(X_p=1) = P(X_p=0) = 1/2$
$\forall p \in [[1,n]]$, utiliser la récurrence

### Question 1 : Déterminer la loi de $X_1$
$P(X_1 = 1) = P(X_1 = 0) = 1/2$
$X_1 \rightarrow B(1/2)$ B -> Bernoulli
$P((X_1=i) \cap (X2=j)) = P(X_2 = j / X_1=i)P(X_1=i)$
On a $(i,j) \in [[0,1]]²$
Distinguons 2 cas :
* $i\neq j$, les boules ne sont pas de la même couleur. $P((X_1=i)\cap (X_2=j)) = \frac {1}{c+2} * \frac{1}{2}$
* $i = j$ Les boules ont la même couleur. $P((X_1=i)\cap (X_2=j)) = P(X_2 = i/ X_1=i)P(X_1=i) = \frac {c+1}{c+2} * \frac{1}{2}$




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


$X_2$ suit une loi de Bernoulli

### Question 2 : Déterminons $Z_2$
On rappelle que $Z_p = \sum_{i=1}^p X_i$ avec 2<=p<=n

$Z_p$ : nombre de boules blanches obtenus lors des p premiers tirages

$Z_2 = X_1 + X_2$
$Z_2(\Omega) =${0,1,2}
$P(Z_2 = 0) = P((X_1 = 0) \cap (X_2 = 0)) = \frac {1+c}{2(c+2)}$
$P(Z_2 = 1) = P((X_1 = 0) \cap (X_2 = 1)) + P((X_1 = 1) \cap (X_2 = 0)) = \frac{1}{2+c}$
$P(Z_2 = 2) = P((X_1 = 1) \cap (X_2 = 1)) = \frac {1+c}{2(c+2)}$

### Question 3 : $Z_p(\Omega)$ et $P(X_{p+1} = 1 / Z_p = k)$ 
$Z_p(\Omega) = [[0,p]]$
Calcul de $P(X_{p+1} = 1 / Z_p = k)$
L'évènement $Z_p = k$ équivaut à obtenir $k$ boules blanche et $p-k$ boules noires au cours des $p$ premiers tirages. Donc avant de passer au tirage $p+1$ème tirage, l'urne contient au total $k*c + (p-k)*c + 2 = 2 + p*c$ dont $1 + kc$ boules blanches,   avec $k*c$ boules blanches et $(p-k)*c$ boules noires

$(Z_p = k) = 2+pc$


Donc : $P(X_{p+1} = 1 / Z_p = k) = \frac{1+kc}{2+pc}$

### Question 4
$(X_{p+1} = 1) =  \bigcup_{k=0}^p((X_{p+1} = 1) \cap (Z_p=k))$
$(X_{p+1} = 1)$ et $(Z_p=k)$ sont incompatibles
$(X_{p+1} = 1)  = \sum_{k=0}^p P((X_{p+1} = 1) \cap (Z_p=k))$
$P(X_{p+1} = 1) = \sum_{k=0}^p P(X_{p+1} = 1 / Z_p = k) P(Z_p=k) = \sum_{k=0}^p \frac{1+kc}{2+pc}P(Z_p=k)$
$=\frac{1}{2+pc}(\sum_{k=0}^p P(Z_p=k) + c \sum_{k=0}^p kP(Z_p=k)) = \frac{1+cE(Z_p)}{2+pc}$
:::info
Avec $\sum_{k=0}^p P(Z_p=k) = 1$ et $\sum_{k=0}^p kP(Z_p=k) = E(Z_p)$
:::

### Question 5
Montrons que la probabilité $P(X_p = 1) = P(X_p = 0) = 1/2$
Soit $R(p)$ cette propriété.
**Raisonnons par récurrence :**
$R(1)$ et $R(2)$ vraies (1ère question)
Supposons que cette propriété $R(k)$ est vérifée pour $k = 1,2,...,p$

Calculons $E(Z_p) = \sum_{i=1}^pE(X_i) = \sum_{i+1}^p1/2 = p/2$

:::info
Rappel : Espérance dans le cas d'une loi de bernoulli est le paramètre de cette loi
:::
$P(X_{p+1} = 1) = \frac{1+cE(Z_p)}{2+pc} = \frac{1+c\frac{p}{2}}{2+pc} = 1/2$

Et $P(X_{p+1} = 0) = 1 - 1/2 = 1/2$
Donc $X_{p+1} \rightarrow B(1/2)$

La suite dans le cours 3