Variables aléatoires-1 (Prérentrée ECG1)

1. Comme on effectue une suite de trois tirages avec remise, il y a, à chaque tirage, au moins une boule bleue et une boule non bleue dans l’urne, donc :

   \(X\) prend les valeurs \(0,1,2\) et 3

2. Comme on effectue des tirages avec remise, avant chaque tirage, il y a dix boules dans l’urne, dont cinq bleues. Comme les tirages se font au hasard, la probabilité d’obtenir une boule bleue à un tirage donné est donc \(\frac{5}{10}=\frac{1}{2}\) et, comme les tirages sont indépendants (car au hasard et avec remise), \(X\) suit la loi binomiale de paramètres 3 et \(\frac{1}{2}\) donc :

   \[\forall k \in \llbracket 0,3 \rrbracket, \ \mathbb{P}(X=k)=\binom{3}{k}\left(\frac{1}{2}\right)^k\left(\frac{1}{2}\right)^{3-k}=\frac{1}{8}\binom{3}{k}\]

3. Comme \(X\) suit la loi binomiale de paramètres 3 et \(\frac{1}{2}\) :

   \[\mathbb{E}(X)=\frac{3}{2}\]

1. Comme on effectue un tirage de trois boules simultanément et comme il y a plus de trois boules bleues et plus de trois boules de couleur distincte du bleu :

   \(X\) prend les valeurs \(0,1,2\) et 3

2. Remarquons tout d’abord que, les trois boules étant extraites simultanément et au hasard, il y a \(\binom{10}{3}\) tirages possibles, tous équiprobables.

   Soit alors \(k\) un entier compris entre 0 et 3 . Pour choisir une poignée de trois boules telle que l’événement \([X=k]\) se réalise, il faut et il suffit de :

   • choisir \(k\) boules bleues parmi les cinq : \(\binom{5}{k}\) façons,

   • choisir \(3-k\) boules parmi les cinq autres boules : \(\binom{5}{3-k}\) façons.

   Ainsi, il y a \(\binom{5}{k}\binom{5}{3-k}\) poignées de trois boules telle que l’événement \([X=k]\) se réalise et donc :

   \[\forall k \in \llbracket 0,3 \rrbracket, \ \mathbb{P}(X=k)=\frac{\binom{5}{k}\binom{5}{3-k}}{\binom{10}{3}}\]

1. Comme \(X\) prend pour seules valeurs 0,1 et 2, on a :

   \[\begin{aligned} &\forall x \in \mathbb{R}_{-}^*, \ \mathbb{P}(X \leqslant x)=0 \\ & \forall x \in\left[0,1\right[, \ \mathbb{P}(X \leqslant x)=\mathbb{P}(X=0)=\frac{1}{10} \\ & \forall x \in\left[1,2\right[, \ \mathbb{P}(X \leqslant x)= \mathbb{P}(X=0)+ \mathbb{P}(X=1)=\frac{3}{5} \\ & \forall x \in \left[ 2,+\infty \right[, \ \mathbb{P}(X \leqslant x)= \mathbb{P}(X=2)=1 \end{aligned}\]

   Commentaire

   La fonction de répartition de \(X\) est la fonction \(F_X : x\mapsto \mathbb{P}(X \leqslant x)\)

2. Comme \(X\) prend un nombre fini de valeurs, elle admet une espérance et, par définition :

   Commentaire

   Toujours penser à justifier l’existence de l’espérance avant de la calculer

   \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X) &=0 \times \mathbb{P}(X=0)+1 \times \mathbb{P}(X=1)+2 \times \mathbb{P}(X=2) \\ &=\frac{1}{2}+\frac{6}{5} \end{aligned}\]

   donc :

   \[\mathbb{E}(X)=\frac{17}{10}\]

1. Par définition, on a : \(C_1=[X=1]\). On a donc, comme \(\mathbb{P}(X=1)\neq 0\) : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(C_1 \cap E) &= \mathbb{P}([X=1] \cap E) \\ &=\mathbb{P}(X=1) \,\mathbb{P}_{[X=1]}(E) \end{aligned}\]

   Or, sachant \([X=1]\), un seul client s’est présenté pendant les cinq minutes considérées donc l’événement \(E\) se réalise si, et seulement si, cet unique client achète du super sans plomb donc, par hypothèse : \[\mathbb{P}_{[X=1]}(E) = \frac{7}{10}\]

   On peut donc conclure :

   \[\mathbb{P}(C_1 \cap E)= \frac{1}{2} \times \frac{7}{10} = \frac{7}{20}\]

2. Sachant \(C_2\), deux clients se présentent dans la station service en \(5 \mathrm{mn}\) donc, si l’on note \(Y\) la variable aléatoire égale au nombre de clients achetant du super sans plomb, comme les choix des clients sont indépendants, \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres 2 et \(\frac{7}{10}\), et donc : \[\mathbb{P}_{C_2}(E)= \mathbb{P}_{C_2}(Y=1)=\binom{2}{1}\left(\frac{7}{10}\right)^1\left(\frac{3}{10}\right)^1\]

   d’où :

   \[\mathbb{P}_{C_2}(E)=\frac{21}{50}\]

3. Comme \(( [X=0],[X=1],[X=2] )\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles, on a, d’après la formule des probabilités totales : \[\mathbb{P}(E)=\mathbb{P}(X=0) \, \mathbb{P}_{[X=0]}(E)+\mathbb{P}(X=1) \,\mathbb{P}_{[X=1]}(E)+ \mathbb{P}(X=2) \, \mathbb{P}_{[ X=2 ] }(E)\]

   Or, si aucun client ne se présente à la station service, personne ne prendra de super sans plomb, donc : \(\mathbb{P}_{X=0}(E)=0\). On a donc :

   \[\mathbb{P}(E)=\frac{7}{20}+\frac{2}{5} \times \frac{21}{50}=\frac{259}{500}\]

1. Par définition, si le joueur gagne, son gain sera de \(-p+36 p=35 p\), et s’il perd, son gain sera \(-p\). Ainsi, l’ensemble des valeurs prises par \(X\) est \(\{35 p,-p\}\).

   On note, pour tout \(i \in \llbracket 0,36 \rrbracket\), \(N_i\) l’événement le joueur choisit le numéro \(i\) . \(( N_i )_{0 \leqslant i \leqslant n}\) est un système complet d’événements de probabilités toutes non nulles (le numéro étant choisi au hasard, chaque événement \(N_i\) se produit avec la probabilité \(\frac{1}{37}\)) donc, d’après la formule des probabilités totales :

   Commentaire

   Comme le choix du joueur n’est pas arrêté à l’avance, pour déterminer la loi de \(X\) on pense à utiliser la formule des probabilités totales en distinguant les cas selon le numéro choisi par le joueur

   \[\begin{aligned} \mathbb{P}(X=35 p) &=\sum_{i=0}^{36} \mathbb{P}_{N_i}(X=35 p) \,\mathbb{P}(N_i) \\ &=\frac{1}{37} \sum_{i=0}^{36} \mathbb{P}_{N_i}(X=35 p) \end{aligned}\]

   De plus, sachant \(N_i\), l’événement \([X=35 p]\) se réalise si, et seulement si, le numéro \(i\) apparaît. Comme chaque numéro peut apparaître avec la même probabilité, on a donc : \[\forall i \in \llbracket 0,36 \rrbracket, \ \mathbb{P}_{N_i}(X=35 p)=\frac{1}{37}\]

   donc : \[\mathbb{P}(X=35 p)=\frac{1}{37} \sum_{i=0}^{36} \frac{1}{37}=\frac{1}{37}\]

   Comme \(-p\) est la seule autre valeur prise par \(X\), on a également: \[\mathbb{P}(X=-p)=1-\mathbb{P}(X=35 p)\]

   On peut finalement conclure :

   L’ensemble des valeurs prises par \(X\) est \(\{35 p,-p\}\) et: \[\mathbb{P}(X=35 p)=\frac{1}{37} \quad \text{et} \quad \mathbb{P}(X=-p)=\frac{36}{37}\]

2. • \(X\) prend un nombre fini de valeurs donc admet une espérance et : \[\begin{aligned} E(X) &=35 p \times \mathbb{P}(X=35 p)-p \times \mathbb{P}(X=-p) \\ &=\frac{35 p}{37}-\frac{36 p}{37} \end{aligned}\]

     \[\mathbb{E}(X)=-\frac{p}{37}\]

     On constate donc que, en moyenne, le joueur est perdant. La roulette (comme la plupart des jeux au casino) est donc un jeu où, en moyenne, le casino gagne…

   • \(X\) prend un nombre fini de valeurs donc admet une variance et on a, d’après la formule de Koenig-Huygens : \[\mathbb{V}(X)= \mathbb{E}(X^2)-[E(X)]^2\]

     De plus, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X^2) &=(35 p)^2 \times \mathbb{P}(X=35 p)+(-p)^2 \times \mathbb{P}(X=-p) \\ &=\frac{35^2 p^2}{37}+\frac{36 p^2}{37} \\ &=\frac{35^2+36}{37} \, p^2 \end{aligned}\]

     On a donc : \[\mathbb{V}(X)=\frac{1261 p^2}{37}-\frac{p^2}{1369}\]

     d’où :

     \[\mathbb{V}(X)=\frac{46656 p^2}{1369}\]

1. Par définition, si le joueur gagne, son gain sera de \(-p+2 p=p\), et s’il perd, son gain sera \(-p\). Ainsi, l’ensemble des valeurs prises par \(Y\) est \(\{p,-p\}\).

   On note alors \(R\) l’événement le joueur a choisi la couleur rouge et \(N\) l’événement le joueur a choisi la couleur noire . \(( R, N )\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles (toutes deux égales à \(\frac{1}{2}\) puisque le choix se fait au hasard) donc, d’après la formule des probabilités totales : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(Y=p) &=\mathbb{P}(R) \,\mathbb{P}_R(Y=p) + \mathbb{P}(N) \,\mathbb{P}_N(Y=p) \\ &=\frac{1}{2} P_R(Y=p)+\frac{1}{2} P_N(Y=p) \end{aligned}\]

   De plus, sachant \(R\) (respectivement \(N\)) le joueur gagne si, et seulement si, le numéro qui apparaît est rouge (resp. noire) donc, comme il y a 18 numéros rouges (resp. noires) parmi les 37 et comme les 37 numéros peuvent apparaître de façon équiprobable : \[\mathbb{P}_R(Y=p)=\mathbb{P}_N(Y=p)=\frac{18}{37}\]

   On a donc : \[\mathbb{P}(Y=p)=\frac{1}{2} \times \frac{18}{37}+\frac{1}{2} \times \frac{18}{37}=\frac{18}{37}\]

   Comme \(-p\) est la seule autre valeur prise par \(Y\), on a également : \[\mathbb{P}(Y=-p)=1- \mathbb{P}(Y=p)\]

   On peut finalement conclure :

   L’ensemble des valeurs prises par \(Y\) est \(\{p,-p\}\) et : \[\mathbb{P}(Y=p)=\frac{18}{37} \quad \text{et} \quad \mathbb{P}(Y=-p)=\frac{19}{37}\]

2. 1. \(Y\) prend un nombre fini de valeurs donc admet une espérance et : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(Y) &=p \times \mathbb{P}(Y=p)-p \times \mathbb{P}(Y=-p) \\ &=\frac{18 p}{37}-\frac{19 p}{37} \end{aligned}\]

      \[\mathbb{E}(Y)=-\frac{p}{37}\]

   2. \(Y\) prend un nombre fini de valeurs donc admet une variance et, d’après la formule de Koenig-Huygens : \[\mathbb{V}(Y)= \mathbb{E}(Y^2)-[ \mathbb{E}(Y)]^2\]

      De plus, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(Y^2) &=p^2 \times \mathbb{P}(Y=p)+(-p)^2 \times \mathbb{P}(Y=-p) \\ &=\frac{18 p^2}{37}+\frac{19 p^2}{37} \\ &=p^2 \end{aligned}\]

      On a donc : \[\mathbb{V}(Y)=p^2-\frac{p^2}{1369}\]

      d’où :

      \[\mathbb{V}(X)=\frac{1368 p^2}{1369}\]

Si l’on compare les résultats précédents, on constate que : \(\mathbb{E}(X)= \mathbb{E}(Y)\). En moyenne, le joueur aura donc le même gain (négatif dans ce cas) quel que soit son choix. En revanche, on constate que : \[\mathbb{V}(Y) < \mathbb{V}(X)\]

Ce résultat signifie que, en moyenne, le gain d’un joueur qui choisit de parier sur l’apparition d’une couleur, sera plus proche de l’espérance que dans le cas d’un joueur pariant sur l’apparition d’un numéro ; autrement dit la seconde stratégie est moins risquée.

Cependant, on constate surtout que la stratégie la plus raisonnable est de ne pas miser du tout puisque, en moyenne, le joueur est perdant!

Dans cette question, le nombre de lancers envisagés est petit donc, pour déterminer la loi de \(S_2\) et de \(S_3\), il est rapide d’étudier tous les résultats possibles des deux ou trois premiers lancers.

• On a : \(S_2=X_2-Y_2\). Par définition de \(X_2\) et \(Y_2\), trois cas se présentent :

  • soit les deux premiers lancers donnent pile : \(X_2=2, Y_2=0\) et \(S_2=2\),

  • soit un des deux premiers lancers donne pile et l’autre face : \(X_2=Y_2=1\) et \(S_2=0\),

  • soit les deux premiers lancers donnent face : \(X_2=0, Y_2=2\) et \(S_2=-2\).

  Ainsi, les valeurs prises par \(S_2\) sont \(-2,0\) et 2 et, en notant, pour tout entier naturel \(k\), \(P_k\) l’événement le \(k^{\grave{e}me}\) lancer donne pile et \(F_k\) l’événement le \(k^{\grave{e}me}\) lancer donne face : \[\begin{aligned} &\mathbb{P}(S_2=2 )=\mathbb{P}(P_1 \cap P_2 ) \\ &\mathbb{P}(S_2=0 )=\mathbb{P}( (P_1 \cap F_2) \cup(F_1 \cap P_2)) \\ &\mathbb{P}( S_2=-2)=\mathbb{P}(F_1 \cap F_2) \end{aligned}\]

  Comme les lancers sont indépendants, comme les événements \(\left(P_1 \cap F_2\right)\) et \(\left(F_1 \cap P_2\right)\) sont disjoints et comme la pièce est équilibrée, on en déduit : \[\begin{aligned} &\mathbb{P}( S_2=2)=\mathbb{P}(P_1) \,\mathbb{P}(P_2)=\frac{1}{4} \\ &\mathbb{P}(S_2=0)=\mathbb{P}(P_1) \, \mathbb{P}(F_2)+\mathbb{P}(F_1) \,\mathbb{P}(P_2)=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}, \\ &\mathbb{P}(S_2=-2)=\mathbb{P}(F_1) \,\mathbb{P}(F_2)=\frac{1}{4} \end{aligned}\]

  On peut finalement conclure :

  L’ensemble des valeurs prises par \(S_2\) est \(\{-2,0,2\}\) et : \[\mathbb{P}(S_2=2)=\mathbb{P}(S_2=-2)=\frac{1}{4} \quad \text{et} \quad \mathbb{P}(S_2=0)=\frac{1}{2}\]

• • On a : \(S_3=X_3-Y_3\). Par définition de \(X_3\) et \(Y_3\), plusieurs cas se présentent :

  • soit les trois premiers lancers donnent pile : \(X_3=3, Y_3=0\) et \(S_3=3\),

  • soit deux des trois premiers lancers donnent pile et l’autre face : \(X_3=2, Y_3=1\) et \(S_3=1\),

  • soit un des trois premiers lancers donne pile et les deux autres face : \(X_3=1, Y_3=2\) et \(S_3=-1\),

  • soit les trois premiers lancers donnent face : \(X_3=0, Y_3=3\) et \(S_3=-3\).

  Ainsi, les valeurs prises par \(S_3\) sont \(-3,-1,1\) et 3 et : \[\begin{aligned} & \mathbb{P}(S_3=3 ) = \mathbb{P}( P_1 \cap P_2 \cap P_3 ) \\ & \mathbb{P}( S_3=1 ) = \mathbb{P}( (P_1 \cap P_2 \cap F_3 ) \cup ( P_1 \cap F_2 \cap P_3 ) \cup ( F_1 \cap P_2 \cap P_3 ) ) \\ & \mathbb{P}( S_3=-1 ) = \mathbb{P}( (P_1 \cap F_2 \cap F_3 ) \cup ( F_1 \cap P_2 \cap F_3 ) \cup ( F_1 \cap F_2 \cap P_3 ) ) \\ & \mathbb{P}( S_3=-3 ) = \mathbb{P}( F_1 \cap F_2 \cap F_3 ) \end{aligned}\]

  De même que précédemment, on en déduit : \[\begin{aligned} & \mathbb{P}( S_3=3 ) = \mathbb{P}( P_1 ) \, \mathbb{P}( P_2 ) \, \mathbb{P}( P_3 ) =\frac{1}{8} \\ & \mathbb{P}( S_3=1 ) = \mathbb{P}( P_1 ) \, \mathbb{P}( P_2 ) \, \mathbb{P}( F_3 ) + \mathbb{P}( P_1 ) \, \mathbb{P}( F_2 ) \, \mathbb{P}( P_3 ) + \mathbb{P}( F_1 ) \, \mathbb{P}( P_2 ) \, \mathbb{P}( P_3 ) =\frac{3}{8} \\ & \mathbb{P}( S_3=-1 ) = \mathbb{P}( P_1 ) \,\mathbb{P}( F_2 ) \, \mathbb{P}( F_3 ) + \mathbb{P}( F_1 ) \, \mathbb{P}( P_2 ) \, \mathbb{P}( F_3 ) + \mathbb{P}( F_1 ) \, \mathbb{P}( F_2 ) \, \mathbb{P}( P_3 ) =\frac{3}{8}, \\ & \mathbb{P}( S_3=-3 ) = \mathbb{P}( F_1 ) \, \mathbb{P}( F_2 ) \, \mathbb{P}( F_3 ) =\frac{1}{8} \end{aligned}\]

  On peut finalement conclure : L’ensemble des valeurs prises par \(S_3\) est \(\{-3,-1,1,3\}\) et : \[\mathbb{P}( S_3=3 ) = \mathbb{P}( S_3=-3 ) =\frac{1}{8} \quad \text{et} \quad \mathbb{P}( S_3=1 ) = \mathbb{P}( S_3=-1 ) =\frac{3}{8}\]

1. Soit \(n \in \mathbb{N}^*\). Comme \(X_n\) et \(Y_n\) sont respectivement égales au nombre de pile et au nombre de face obtenus au cours de la suite des \(n\) premiers lancers, on a : \(X_n+Y_n=n\). Comme \(X_0+Y_0=0\), on peut donc conclure, dans tous les cas :

   \[\forall n \in \mathbb{N}, \ X_n+Y_n=n\]

2. Soit \(n \in \mathbb{N}^* . X_n\) est la variable aléatoire égale au nombre de succès (obtenir pile) dans une suite de \(n\) épreuves indépendantes menant toutes au succès avec la même probabilité \(\frac{1}{2}\) donc :

   Pour tout \(n \in \mathbb{N}^*\), \(X_n\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(\frac{1}{2}\), c’est-à-dire : \[X_n(\Omega)=\llbracket 0, n \rrbracket \quad \text{et} \quad \forall k \in \llbracket 0, n \rrbracket, \ \mathbb{P}( X_n=k ) =\binom{n}{k}\left(\frac{1}{2} \right) ^k\left(\frac{1}{2} \right) ^{n-k}=\frac{1}{2^n}\binom{n}{k}\]

1. D’après le résultat de la question 2a, on a : \(X_n+Y_n=n\) donc : \(Y_n=n-X_n\). Par définition de \(S_n\), on a donc : \[S_n=X_n-Y_n=X_n-\left(n-X_n \right) =2 X_n-n\]

   On en déduit donc : \[S_n(\Omega)=\left\{2 k-n, k \in X_n(\Omega)\right\}\] donc :

   \[S_n(\Omega)=\{2 k-n, k \in \llbracket 0, n \rrbracket\}=\{-n,-n+2, \ldots, n-2, n\}\]

2. • D’après la remarque précédente, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( S_{2 n}=0 ) &= \mathbb{P}( 2 X_{2 n}-2 n=0 ) \\ &= \mathbb{P}( X_{2 n}=n ) \end{aligned}\]

     D’après le résultat de la question2b, on en déduit, comme \(2^{2 n}=4^n\) :

     \[\mathbb{P}( S_{2 n}=0 ) =\frac{1}{4^n}\binom{2 n}{n}\]

   • D’après le résultat de la question 3a, les valeurs prises par \(S_n\) ont toutes la même parité que \(n\). Comme \(2 n+1\) est impair, on en déduit que \(S_{2 n+1}\) ne prend que des valeurs impaires donc, comme 0 est pair :

     \[\mathbb{P}( S_{2 n+1}=0 ) =0\]

3. Plus généralement, on a: \[\begin{aligned} \forall k \in \llbracket 0, n \rrbracket, \ \mathbb{P}( S_n=2 k-n ) &= \mathbb{P}( 2 X_n-n=2 k-n ) \\ &= \mathbb{P}( X_n=k ) \end{aligned}\]

   d’où :

   \[\forall k \in \llbracket 0, n \rrbracket, \ \mathbb{P}( S_n=2 k-n ) =\frac{1}{2^n}\binom{n}{k}\]