Variables aléatoires-2 (Prérentrée ECG1)

1. 1. • Comme on tire simultanément trois boules dans une urne contenant \(10\) boules, il y a \(\binom{10}3\) tirages possibles, tous équiprobables.

        De plus l’urne contient cinq boules rouges donc il y a \(\binom 53\) tirages donnant trois boules rouges donc : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A) &= \frac{\binom 53}{\binom {10}3} \\ &= \frac{5!}{3!\, 2!} \times \frac{3!\, 7!}{10!} \\ &= \frac{5 \times 4}{2} \times \frac{3 \times 2}{ 10 \times 9 \times 8} \end{aligned}\]

        d’où :

        \[\mathbb{P}(A) = \frac{1}{12}\]

      • De même il y a \(\binom 33=1\) tirage donnant trois boules jaunes et aucun donnant trois boules vertes donc il y a \(\binom 53+1\) tirages réalisant l’événement \(B\) et on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(B) &= \frac{\binom 53 + 1}{\binom {10}3} \\ &= \mathbb{P}(A) + \frac{1}{\binom{10}3} \\ &= \frac{1}{12} + \frac{3 \times 2}{ 10 \times 9 \times 8} \\ &= \frac{1}{12} + \frac{1}{ 120} \end{aligned}\]

        donc :

        \[\mathbb{P}(B) = \frac{11}{120}\]

      • Enfin il y a \(5 \times 3 \times 2\) tirages donnant une boule de chaque couleur (\(5\) choix pour la boule rouge, 3 pour la boule jaune et 2 pour la boule verte) donc : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(C) &= \frac{5\times 3 \times 2}{\binom{10}3} \end{aligned}\]

        donc, en reprenant les calculs précédents : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(C) &= \frac{30}{120} \end{aligned}\]

        d’où :

        \[\mathbb{P}(C) = \frac{1}{4}\]

   2. • \(X\) prend ses valeurs dans \(\{ 1,2,3\}\) et on a : \[\begin{aligned} &[X=1] = B \\ & [X=3]=C \end{aligned}\]

        donc : \[\mathbb{P}(X=1) = \frac{11}{120} \quad \text{et} \quad \mathbb{P}(X=3) = \frac{1}{4}\]

        De plus \(( [X=1],[X=2],[X=3])\) est un système complet d’événements donc on a : \[\mathbb{P}(X=2) = 1- \mathbb{P}(X=1) - \mathbb{P}(X=3) = \frac{79}{120}\]

        d’où :

        \(X\) prend ses valeurs dans \(\{ 1,2,3\}\) et sa loi est donnée par : \[\mathbb{P}(X=1) = \frac{11}{120}, \quad \mathbb{P}(X=2) = \frac{79}{120},\quad \mathbb{P}(X=3) = \frac{1}{4}\]

      • \(X\) prend un nombre fini de valeurs dans elle admet une espérance et on a : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X) &= 1 \times \mathbb{P}(X=1) + 2 \times \mathbb{P}(X=2) + 3 \times \mathbb{P}(X=3) \\ &= \frac{11}{120} + \frac{158}{120} + \frac{3}{4} \\ &= \frac{11+158 + 90}{120} \end{aligned}\]

        d’où :

        \[\mathbb{E}(X) = \frac{259}{120}\]

2. 1. Comme on tire simultanément deux boules dans une urne contenant \(n+5\) boules, il y a \(\binom{n+5}2\) tirages possibles, tous équiprobables, parmi lesquels \(\binom n2\) donnent deux boules rouges, donc on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(D) &= \frac{\binom n2}{\binom {n+5}2} \\ &= \frac{\frac{n\left( n-1 \right)}{2}}{\frac{(n+5)(n+4)}{2}} \end{aligned}\]

      d’où :

      \[\mathbb{P}(D) = \dfrac{n \left( n- 1 \right)}{(n + 5)(n + 4)}\]

   2. • De même il y a \(\binom 32=3\) tirages donnant deux boules jaunes et \(\binom 22=1\) tirage donnant deux boules vertes, donc en tout \(\binom n2+4\) tirages donnant deux boules de même couleur. On a donc : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(E) &= \frac{\binom n2 + 4}{\binom {n+5}2} \\ &= \frac{\frac{n\left( n-1 \right)}{2}+4}{\frac{(n+5)(n+4)}{2}} \end{aligned}\]

        d’où :

        \[\mathbb{P}(E) = \frac{n^2-n+8 }{(n+5)(n+4)}\]

      • On a donc, comme \((n+5)(n+4)>0\) : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(E) \geqslant \dfrac{1}{2} &\Leftrightarrow \frac{n^2-n+8 }{(n+5)(n+4)} \geqslant \frac{1}{2} \\ &\Leftrightarrow 2n^2-2n+16 \geqslant (n+5)(n+4) \\ &\Leftrightarrow 2n^2 - 2n+16 \geqslant n^2 + 9n + 20 \\ &\Leftrightarrow n^2-11n -4 \geqslant 0 \end{aligned}\]

        Or \(x^2-11x+4\) est un trinôme du second degré dont le discriminant est égal à \(137\) donc il admet deux racines : \[x_1 = \frac{11-\sqrt{137}}{2} \quad \text{et} \quad x_2 = \frac{11+\sqrt{137}}{2}\]

        donc, comme son coefficient dominant est positif : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(E) \geqslant \dfrac{1}{2} &\Leftrightarrow n \leqslant x_1 \text{ ou } n \geqslant x_2 \end{aligned}\]

        Or \(121 < 137 < 144\) et la fonction \(t\mapsto \sqrt{t}\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\) donc on a : \[11< \sqrt{105}< 12\]

        d’où : \[x_1<0 \quad \text{et} \quad 11< x_2<12\]

        ce qui nous permet de conclure, comme \(n\) est un entier :

        \[\mathbb{P}(E) \geqslant \frac{1}{2} \Leftrightarrow n \geqslant 12\]

1. Comme l’urne contient \(n\) billets, dont exactement deux sont gagnants et \(n-2\) (qui n’est pas nul) sont perdants, \(X\) prend ses valeurs dans \(\{ 0,1,2\}\).

   De plus on tire les deux billets simultanément et au hasard donc il y a \(\binom n2\) tirages possibles, tous équiprobables, parmi lesquels :

   • \(\binom{n-2}2\) tirages ne contenant aucun billet gagnant (autant que de façons de choisir \(2\) billets parmi les \(n-2\) billets perdants),

   • \(\binom 21 \binom {n-2}1 = 2 \left( n-2 \right)\) tirages contenant exactement un billet gagnant (autant que de façons de choisir un billet gagnant parmi les deux et un billet perdant parmi les \(n-2\)),

   • \(\binom 22 =1\) tirages contenant les deux billets gagnants.

   On a ainsi : \[\begin{aligned} & \mathbb{P}(X=0) = \frac{\binom{n-2}2}{\binom n2} \\ & \mathbb{P}(X=1) = \frac{2 \left( n-2 \right)}{\binom n2} \\ & \mathbb{P}(X=2) = \frac{1}{\binom n2} \end{aligned}\]

   donc finalement la loi de \(X\) est donnée par :

   \[\mathbb{P}(X=0) = \frac{(n-2)(n-3)}{n \left( n-1 \right)},\quad \mathbb{P}(X=1) = \frac{4 \left( n-2 \right)}{n \left( n-1 \right)},\quad \mathbb{P}(X=2) = \frac{2}{n \left( n-1 \right)}\]

2. • Comme on effectue deux tirages au hasard et avec remise, \(Y\) est la variable aléatoire égale au nombre de succès (choisir un billet gagnant) dans une suite de deux épreuves indépendantes et donnant toutes deux un succès avec la même probabilité \(\frac{2}{n}\) donc :

     \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(\frac{2}{n}\)

   • On a donc en particulier : \[\begin{aligned} q_1 &= \mathbb{P}(Y=1) \\ &= \binom 21 \left( \frac{2}{n} \right)^1 \left( 1- \frac{2}{n} \right)^1 \\ &= 2 \times \frac{2}{n} \times\frac{n-2}{n} \end{aligned}\]

     d’où :

     \[q_1 = \frac{4 \left( n-2 \right)}{n^2}\]

Partie I

1. Notons que les données de l’énoncé nous permettent d’écrire : \[\mathbb{P}(A) = 0,8 = \frac{4}{5} ,\quad \mathbb{P}_A(B) = 0,6 = \frac{3}{5},\quad \mathbb{P}_{\overline{A}}(B) = 0,1 = \frac{1}{10}\]

   On a alors: \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A\cap B) &= \mathbb{P}(A)\,\mathbb{P}_A(B) \\ &= \frac{4}{5} \times \frac{3}{5} \end{aligned}\]

   d’où :

   \[\mathbb{P}(A \cap B) = \frac{12}{25}\]

2. \((A,\overline{A})\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles donc, d’après la formule des probabilités totales : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(B) &= \mathbb{P}(A \cap B) + \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) \\ &= \frac{12}{25} + \mathbb{P}( \overline{A} ) \,\mathbb{P}_{\overline{A} } (B) \\ &= \frac{12}{25} + \frac{1}{5} \times \frac{1}{10} \\ &= \frac{25}{50} \end{aligned}\]

   d’où :

   \[\mathbb{P}(B) = \frac{1}{2}\]

3. • \(X_1\) prend, par définition, les valeurs \(0\) et \(1\) et on a : \[\mathbb{P}(X_1=1)= \mathbb{P}(A)\]

     donc \(X_1\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(\mathbb{P}(A) = \frac{4}{5}\) ; elle admet donc une espérance et :

     Commentaire

     Si \(B\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(p\), alors : \(\mathbb{E}(B) = p\)

     \[\mathbb{E}(X_1) = \frac{4}{5}\]

   • \(X_2\) prend, par définition, les valeurs \(0\) et \(1\) et on a : \[\mathbb{P}(X_2=1)= \mathbb{P}(B)\]

     donc \(X_2\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(\mathbb{P}(B) = \frac{1}{2}\) ; elle admet donc une espérance et :

     \[\mathbb{E}(X_2) = \frac{1}{2}\]

   • Comme \(X=X_1+X_2\), on en déduit que \(X\) admet une espérance et que, par linéarité de l’espérance : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X) &= \mathbb{E}(X_1) + \mathbb{E}(X_2) \\ &= \frac{4}{5} + \frac{1}{2} \end{aligned}\]

     d’où :

     \[\mathbb{E}(X) = \frac{13}{10}\]

   • Ce résultat signifie que :

     En moyenne, un élève obtiendra \(1,3\) points sur le premier exercice

4. 1. • On a : \[[X=0] = \overline{A} \cap \overleftarrow{B}\]

        donc, comme \(\mathbb{P}(\overline{A}) \neq 0\) : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(X=0) &= \mathbb{P}( \overline{A})\,\mathbb{P}_{\overline{A}}(\overline{B}) \\ &= \mathbb{P}( \overline{A}) \left[ 1- \mathbb{P}_{\overline{A}}(B) \right] \\ &= \frac{1}{5} \times \frac{9}{10} \end{aligned}\]

        d’où :

        \[\mathbb{P}(X=0) = \frac{9}{50}\]

      • On a : \[[X=2] = A\cap B\]

        donc, d’après le résultat de la question 1a :

        \[\mathbb{P}(X=2) = \frac{12}{25}\]

      • \(X\) prend ses valeurs dans \(\{ 0,1,2\}\) (les points sont des entiers naturels et il n’y a que deux questions) donc \(( [X=0],[X=1],[X=2])\) est un système complet d’événements et on a : \[\mathbb{P}(X=0) + \mathbb{P}(X=1) + \mathbb{P}(X=2) = 1\]

        d’où : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(X=1) &= 1- \mathbb{P}(X=0) - \mathbb{P}(X=2) \\ &= 1- \frac{9}{50} - \frac{12}{25} \end{aligned}\]

        d’où :

        \[\mathbb{P}(X=1) = \frac{17}{50}\]

   2. \(X\) prend un nombre fini de valeurs donc elle admet une variance et on a, d’après la formule de Koenig-Huygens : \[\begin{aligned} \mathbb{V}(X) &= \mathbb{E}(X^2) - \left[ \mathbb{E}(X) \right]^2 \\ &= \mathbb{E}(X^2) - \left( \frac{13}{10} \right)^2 \\ &= \mathbb{E}(X^2) - \frac{169}{100} \end{aligned}\]

      On a de plus : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X^2) &= 0^2 \times \mathbb{P}(X=0) + 1^2 \times \mathbb{P}(X=1) + 2^2 \times \mathbb{P}(X=2) \\ &= \frac{17}{50} + \frac{48}{25} \\ &= \frac{113}{50} \end{aligned}\]

      d’où : \[\mathbb{V}(X) = \frac{226}{100} - \frac{169}{100}\]

      et donc :

      \[\mathbb{V}(X) = \frac{57}{100}\]

   3. Comme \(X_1\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(\frac{4}{5}\) et comme \(X_2\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(\frac{1}{2}\), on a : \[\begin{aligned} &\mathbb{V}(X_1) = \frac{4}{5} \times \frac{1}{5} = \frac{4}{25} \\ & \mathbb{V}(X_2) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \end{aligned}\]

      Commentaire

      Si \(B\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(p\), alors :

      \(\mathbb{V}(B) = p \left( 1-p \right)\)

      donc : \[\begin{aligned} \mathbb{V}(X_1) + \mathbb{V}(X_2) &= \frac{41}{100} \end{aligned}\]

      d’où :

      \[\mathbb{V}(X_1 + X_2) \neq \mathbb{V}(X_1) + \mathbb{V}(X_2)\]

   4. Ce n’est pas surprenant car les variables aléatoires \(X_1\) et \(X_2\) ne sont pas indépendantes ! En effet, on a par exemple : \[\begin{aligned} \mathbb{P}([X_1=1]\cap [X_2=1]) &= \mathbb{P}5A\cap B) \\ &= \frac{12}{25} \end{aligned}\]

      et : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(X_1=1)\times \mathbb{P}(X_2=1) &= \mathbb{P}(A)\,\mathbb{P}(B) \\ &= \frac{4}{5} \times \frac{1}{2} \\ &= \frac{2}{5} \\ &\neq \frac{12}{25} \end{aligned}\]

Partie II

1. \(Y\) est la variable aléatoire égale au nombre de succès (répondre correctement à une question) dans une suite de 8 épreuves indépendantes et toutes de même probabilité de succès \(\frac{3}{4}\) donc :

   \(Y\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B} \! \left( 8, \frac{3}{4} \right)\)

2. On a donc en particulier :

   \[\mathbb{P}(Y=8) = \binom 88 \left( \frac{3}{4} \right)^8 \left( \frac{1}{4} \right)^0 = \left( \frac{3}{4} \right)^8\]

3. Notons que \(Y\) suit une loi binomiale donc elle admet une espérance et une variance.

   • On a de plus :

     \[\mathbb{E}(Y) = 8 \times \frac{3}{4} = 6\]

   • On a enfin :

     \[\mathbb{V}(Y) = 8 \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{3}{2}\]

4. \(X\) et \(Y\) admettent toutes deux une espérance et une variance, donc c’est aussi le cas de \(Z\).

   • On a de plus, par linéarité de l’espérance : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(Z) &= \mathbb{E}(X) + \mathbb{E}(Y) \\ &= \frac{13}{10} + 6 \end{aligned}\] donc :

     \[\mathbb{E}(Z) = \frac{73}{10}\]

   • On a par ailleurs, comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes : \[\begin{aligned} \mathbb{V}(Z) &= \mathbb{V}(X) + \mathbb{V}(Y) \\ &= \frac{57}{100} + \frac{3}{2} \end{aligned}\] donc :

     \[\mathbb{V}(Z) = \frac{207}{10}\]

1. Au minimum, \(J_1\) lance les deux dés une fois et, au maximum, \(J_1\) et \(J_2\) lancent chacun dix fois les deux dés. Ainsi, \(X\) prend ses valeurs dans \(\llbracket 1,20 \rrbracket\).

   Remarquons tout d’abord que la somme des numéros affichés par les deux dés est égale à 4 si, et seulement si, on a obtenu \((1,3),(2,2)\) ou \((3,1)\). Comme les dés sont supposés équilibrés, pour \(i \in \llbracket 1,20 \rrbracket\), sachant que le \(i^{\grave{e}me}\) lancer a lieu, la probabilité que la somme des numéros affichés par les deux dés soit égale à 4 est donc \(\frac{3}{6^2}=\frac{1}{12}\) et la probabilité que ce ne soit pas le cas est \(\frac{11}{12}\).

   On note, pour tout \(j \in \llbracket 1,20 \rrbracket\), \(S_j\) l’événement la somme des deux numéros affichés par les dés lancers par le joueur effectuant le \(j^{\grave{e}me}\) lancer est égale à 4 et \(E_j\) l’événement la somme des deux numéros affichés par les dés lancers par le joueur effectuant le \(j^{\grave{e}me}\) lancer n’est pas égale à 4 .

   Soit \(k \in \llbracket 1,19 \rrbracket\). L’événement \([X=k]\) est réalisé si, et seulement si, le \(k^{\text {ème }}\) lancer a lieu (donc personne n’a gagné au cours des lancers précédents) et si la somme des numéros affichés par les dés à ce lancer est égale à 4 donc, si \(k \geqslant 2\) :

   Pour calculer \(P(X=k)\), il faut faire attention à la valeur de \(k\). En effet, si \(k=20\), il n’est pas nécessaire qu’il y ait un vainqueur pour que l’événement \((X=k)\) soit réalisé

   \[[X=k]=E_1 \cap E_2 \cap \ldots \cap E_{k-1} \cap S_k\]

   En admettant que \(\mathbb{P}(E_1 \cap \ldots \cap E_{k-1}) \neq 0\) (on pourrait le prouver par récurrence), on en déduit, d’après la formule des probabilités composées : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(X=k) &=\overbrace{ \mathbb{P}(E_1) \, \mathbb{P}_{E_1}(E_2) \cdots \mathbb{P}_{E_1 \cap \ldots \cap E_{k-2}}(E_{k-1}) }^{k-1 \text{ termes égaux à } \frac{11}{12}} \,\overbrace{\mathbb{P}_{E_1 \cap \ldots \cap E_{k-1}}(S_k) }^{=\frac{1}{12}}\\ &=\left(\frac{11}{12}\right)^{k-1} \frac{1}{12} \end{aligned}\]

   Si \(k=1\), on a aussi : \[\mathbb{P}(X=1)=\mathbb{P}(S_1)=\frac{1}{12}=\left(\frac{11}{12}\right)^{1-1} \frac{1}{12}\]

   Enfin, comme \(X\) prend ses valeurs dans \(\llbracket 1,20 \rrbracket\), on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(X=20) &=1-\sum_{k=1}^{19} P(X=k) \\ &=1-\sum_{k=1}^{19}\left(\frac{11}{12}\right)^{k-1} \frac{1}{12} \end{aligned}\]

   donc, en reconnaissant la somme des \(19\) premiers termes de la suite géométrique de raison \(\frac{11}{12}\) (différente de \(1\)) et de premier terme \(\frac{1}{12}\) : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(X=20) &=1-\frac{1}{12} \times \frac{1-\left(\frac{11}{12}\right)^{19}}{1-\frac{11}{12}} \\ &=\left(\frac{11}{12}\right)^{19} \end{aligned}\]

   On peut finalement conclure :

   \(X\) prend ses valeurs dans \(\llbracket 1,20 \rrbracket\) et sa loi est donnée par : \[\forall k \in \llbracket 1,19 \rrbracket, \ \mathbb{P}(X=k)=\left(\frac{11}{12}\right)^{k-1} \frac{1}{12} \quad \text{et} \quad \mathbb{P}(X=20)=\left(\frac{11}{12}\right)^{19}\]

2. Par définition, on a \(: S=2 X\). On peut donc conclure : \[\begin{gathered} S \text { prend ses valeurs dans }\{2,4,6, \ldots, 40\} \text { et : } \\ \forall k \in \llbracket 1,19 \rrbracket, P(S=2 k)=\left(\frac{11}{12}\right)^{k-1} \frac{1}{12} \text { et } P(S=40)=\left(\frac{11}{12}\right)^{19} . \end{gathered}\]

3. 1. Si \(X=2 i+1\), le jeu se termine à l’issue du \((2 i+1)^{\grave{e}me}\) lancer. Comme ce lancer est effectué par \(J_1\), c’est \(J_1\) qui remporte la cagnotte, constituée de \(2 \times(2 i+1)=4 i+2\). Comme \(J_1\) a effectué \(i+1\) lancers de dés, il a versé \(2 i+2\) dans la cagnotte et comme \(J_2\) a effectué \(i\) lancers de dés, il a versé \(2 i\) dans la cagnotte, donc :

      Si \(X=2 i+1\), alors \(Y_1=2 i\) et \(Y_2=-2 i\)

   2. Si \(X=2 i\), chaque joueur a effectué \(i\) lancers et le jeu est terminé, le dernier ayant été effectué par \(J_2\). Deux cas se présentent :

      Commentaire

      Contrairement à la question précédente, selon la valeur de \(i\), il est possible qu’aucun des joueur ne soit déclaré vainqueur

      • si \(i \leqslant 9\), \(J_2\) est déclaré vainqueur à l’issue du \((2i)^{\grave{e}me}\) lancer donc son gain est \(4 i-2 i=2 i\)et celui de \(J_1\) est \(-2 i\),

      • si \(i=10\), soit \(J_2\) est déclaré vainqueur à l’issue du \(20^{\text {ème }}\) lancer, son gain est de \(20\)et celui de \(J_1\) est de \(-20\), soit personne n’est déclaré vainqueur et le gain des deux joueurs est nul.

      Ainsi :

      Si \(i \neq 10\) et \(X=2 i\), alors \(Y_1=-2 i\) et \(Y_2=2 i\).

      Si \(i=10\) et \(X=2 i\), alors \(Y_1=-20\) et \(Y_2=20\) si \(J_2\) est vainqueur, \(Y_1=Y_2=0\) sinon.

   3. D’après le résultat précédent, on a : \[Y_1(\Omega)=\{2 i, \ 0 \leqslant i \leqslant 9\} \cup\{-2 i, \ 0 \leqslant i \leqslant 10\}=\{2 j, \ -10 \leqslant j \leqslant 9\}\]

      Commentaire

      Pour le calcul de \(\mathbb{P}(Y_1=2 j)\), ne pas oublier de traiter à part les cas particuliers \(j=0\) et \(j=10\)

      • Soit \(i \in \llbracket 1,9 \rrbracket\). D’après le raisonnement précédent, on a : \[\begin{aligned} & \mathbb{P}( Y_1=2 i)= \mathbb{P}( X=2 i+1)=\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i} \frac{1}{12} \\ & \mathbb{P}( Y_1=-2 i)= \mathbb{P}( X=2 i)=\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1} \frac{1}{12} \end{aligned}\]

      • On pose \(i=10\). D’après le raisonnement précédent et les calculs de la question 1, on a : \[\mathbb{P}( Y_1=-20 )= \mathbb{P}( E_1 \cap E_2 \cap \ldots \cap E_{20} )=\left(\frac{11}{12}\right)^{20}\]

      • On pose \(i=0\). D’après le raisonnement précédent, on a : \[\mathbb{P}( Y_1=0 )= \mathbb{P}( (X=1) \cup (E_1 \cap E_2 \cap \cdots \cap E_{19} \cap S_{20}))\]

        Comme les événements \((X=1)\) et \(\left(E_1 \cap E_2 \cap \cdots \cap E_{19} \cap S_{20}\right)\) sont incompatibles, on en déduit, d’après les calculs de la question 1 : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( Y_1=0) &= \mathbb{P}( X=1)+ \mathbb{P}( E_1 \cap E_2 \cap \cdots \cap E_{19} \cap S_{20}) \\ &=\frac{1}{12}+\left(\frac{11}{12}\right)^{19} \frac{1}{12} \end{aligned}\]

      Finalement, on peut conclure :

      \(Y_1(\Omega)=\{2 i, 0 \leqslant i \leqslant 9\} \cup\{-2 i, 0 \leqslant i \leqslant 10\}=\{2 j,-10 \leqslant j \leqslant 9\}\) et la loi de \(Y_1\) est donnée par : \[\begin{aligned} & \forall i \in \llbracket 1,9 \rrbracket, \ \mathbb{P}( Y_1=2 i)=\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i} \frac{1}{12} \\ &\forall i \in \llbracket 1,9 \rrbracket, \ \mathbb{P}( Y_1=-2 i)=\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1} \frac{1}{12} \\ & \mathbb{P}( Y_1=-20)=\left(\frac{11}{12} \right)^{20} \\ & \mathbb{P}( Y_1=0)=\frac{1}{12}+\left(\frac{11}{12} \right)^{19} \frac{1}{12} \end{aligned}\]

   4. De même, d’après le résultat précédent, on a : \[Y_2(\Omega)=\{-2 i, 0 \leqslant i \leqslant 9\} \cup\{2 i, 0 \leqslant i \leqslant 10\}=\{2 j,-9 \leqslant j \leqslant 10\} .\]

      • Soit \(i \in \llbracket 1,9 \rrbracket\). D’après le raisonnement de la question \(3 \mathrm{~b}\), on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( Y_2=-2 i) &=\mathbb{P}(X=2 i+1) \\ &=\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i} \frac{1}{12} \end{aligned}\]

        et : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(Y_2=2 i) & = \mathbb{P}(X=2 i) \\ &=\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1} \frac{1}{12} \end{aligned}\]

      • On pose \(i=10\). D’après le raisonnement précédent et les calculs de la question 1, on a: \[\begin{aligned} \mathbb{P}( Y_2=20) &=\mathbb{P}( E_1 \cap E_2 \cap \cdots \cap S_{20} ) &=\left(\frac{11}{12}\right)^{19} \frac{1}{12} \end{aligned}\]

      • On pose \(i=0\). D’après le raisonnement précédent, on a: \[\begin{aligned} \mathbb{P}( Y_2=0) &=\mathbb{P}( (X=1) \cup (E_1 \cap E_2 \cap \cdots \cap E_{19} \cap E_{20})) \end{aligned}\]

        Comme les événements \((X=1)\) et \(\left(E_1 \cap E_2 \cap \cdots \cap E_{19} \cap E_{20}\right)\) sont incompatibles, on en déduit, d’après les calculs de la question 1 : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( Y_2=0) &= \mathbb{P}(X=1)+ \mathbb{P}( E_1 \cap E_2 \cap \cdots \cap E_{19} \cap E_{20} ) \\ &=\frac{1}{12}+\left(\frac{11}{12}\right)^{20} \end{aligned}\]

      Finalement, on peut conclure :

      \(Y_2(\Omega)=\{-2 i, 0 \leqslant i \leqslant 9\} \cup\{2 i, 0 \leqslant i \leqslant 10\}=\{2 j,-9 \leqslant j \leqslant 10\}\) et la loi de \(Y_1\) est donnée par : \[\begin{aligned} & \forall i \in \llbracket 1,9 \rrbracket, P\left(Y_2=-2 i\right)=\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i} \frac{1}{12} \\ & \forall i \in \llbracket 1,9 \rrbracket, P\left(Y_2=2 i\right)=\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1} \frac{1}{12}, \\ & P\left(Y_2=20\right)=\left(\frac{11}{12}\right)^{19} \frac{1}{12} \\ & P\left(Y_2=0\right)=\frac{1}{12}+\left(\frac{11}{12}\right)^{20} \end{aligned}\]

   5. • Comme \(Y_1\) et \(Y_2\) prennent un nombre fini de valeurs, elles admettent une espérance et : \[\begin{aligned} \mathbb{E}( Y_1) &=\sum_{i=1}^9 2 i \,\mathbb{P}( Y_1=2 i )+\sum_{i=1}^9 \left( -2 i \right) \mathbb{P}(Y_1=-2 i)+(-20) \times \mathbb{P}( Y_1=-20 ) \\ &=\sum_{i=1}^9 2 i\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i} \frac{1}{12}-\sum_{i=1}^9 2 i\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1} \frac{1}{12}-20\left(\frac{11}{12}\right)^{20} \\ &=\frac{2}{12} \sum_{i=1}^9 i\left[\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i}-\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1}\right]-20\left(\frac{11}{12}\right)^{20} \\ &=\frac{1}{6} \sum_{i=1}^9 i\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1}\left[\frac{11}{12}-1\right]-20\left(\frac{11}{12}\right)^{20} \\ &=-\frac{1}{72} \sum_{i=1}^9 i\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1}-20\left(\frac{11}{12}\right)^{20} \end{aligned}\]

        De même, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(Y_2) &= \sum_{i=1}^9 2 i \,\mathbb{P}( Y_2=2 i)+\sum_{i=1}^9 \left(-2 i \right) \mathbb{P}( Y_2=-2 i)+20 \times \mathbb{P}( Y_2=20 ) \\ &=\sum_{i=1}^9 2 i\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1} \frac{1}{12}-\sum_{i=1}^9 2 i\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i} \frac{1}{12}+20\left(\frac{11}{12}\right)^{19} \frac{1}{12} \\ &=\frac{2}{12} \sum_{i=1}^9 i\left[\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1}-\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i}\right]+20\left(\frac{11}{12}\right)^{19} \frac{1}{12} \\ &=\frac{1}{6} \sum_{i=1}^9 i\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1}\left[1-\frac{11}{12}\right]+20\left(\frac{11}{12}\right)^{19} \frac{1}{12} \\ &=\frac{1}{72} \sum_{i=1}^9 i\left(\frac{11}{12}\right)^{2 i-1}+20\left(\frac{11}{12}\right)^{19} \frac{1}{12} \end{aligned}\]

        On peut alors conclure :

        \[\mathbb{E}( Y_1)<0< \mathbb{E}(Y_2)\]

      • Il semble donc que le jeu ne soit pas équitable puisque, en moyenne, \(J_1\) perd le l’argent tandis que \(J_2\) en gagne.