Une semaine, un classique

1. Écriture des événements

   « Exactement un Pile » signifie :

   \[E=(A_1 \cap \overline{A_2} \cap \overline{A_3})\cup(\overline{A_1} \cap A_2 \cap \overline{A_3})\cup(\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap A_3).\]

   « Au moins un Pile » signifie :

   \[F=A_1\cup A_2\cup A_3,\qquad F^c=\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \overline{A_3}.\]

2. Calcul des probabilités

   Les lancers sont indépendants et la pièce est équilibrée, donc \(\mathbb{P}(A_i)=\frac12\).

   Les trois événements de la décomposition de \(E\) sont incompatibles et ont même probabilité \(1/8\). Donc

   \[\mathbb{P}(E)=3\times\frac18=\frac38.\]

   Enfin,

   \[\mathbb{P}(F)=1-\mathbb{P}(F^c)=1-\left(\frac12\right)^3=\frac78.\]

On pose \(q=1-p\in]0,1[\).

1. Calcul de \(\mathbb{P}(X=n)\)

   Soit \(n\geqslant 2\). L’événement \([X=n]\) est réalisé si et seulement si :

   • on obtient Pile au lancer numéro \(n\) (ce qui se produit avec probabilité \(p\)) ;
   • un lancer, et un seul, parmi les \(n-1\) premiers, a donné Pile : on choisit son rang \(j\in\{1,\dots,n-1\}\) (il y a \(n-1\) choix) et ce lancer donne Pile (probabilité \(p\)) ;
   • les \(n-2\) autres lancers parmi les \(n-1\) premiers donnent Face (chacun avec probabilité \(q\), donc au total \(q^{n-2}\)).

   Pour chaque \(j\in\{1,\dots,n-1\}\), on définit l’événement

   \(E_j=\{\text{« le \(j\)-ième lancer est Pile, tous les autres lancers \(1,\dots,n-1\) sont Face, et le \(n\)-ième est Pile »}\}\).

   Alors \([X=n]=\bigcup_{j=1}^{n-1}E_j\). Les événements \(E_j\) sont deux à deux incompatibles, et par indépendance des lancers, \(\mathbb{P}(E_j)=p^2q^{n-2}\).

   Donc

   \[\forall n\geqslant 2,\qquad \mathbb{P}(X=n)=\sum_{j=1}^{n-1}\mathbb{P}(E_j)=(n-1)p^2q^{n-2}.\]

2. Existence et calcul de \(\mathbb{E}(X)\)

   Par définition,

   \[\mathbb{E}(X)=\sum_{n=2}^{+\infty} n\,\mathbb{P}(X=n)=\sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1)p^2q^{n-2}.\]

   Convergence. Comme \(q\in]0,1[\), la série \(\sum_{n\geqslant 2} n(n-1)q^{n-2}\) converge : c’est une série géométrique dérivée.

   Séries de référence. Pour \(|q|<1\),

   \[\sum_{m=0}^{+\infty} q^m=\frac{1}{1-q},\qquad \sum_{m=1}^{+\infty} m q^{m-1}=\frac{1}{(1-q)^2},\qquad \sum_{m=2}^{+\infty} m(m-1) q^{m-2}=\frac{2}{(1-q)^3}.\]

   On remarque \(n(n-1)=(n-1)(n-2)+2(n-1)\), donc

   \[\sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1)q^{n-2}=\sum_{n=2}^{+\infty}(n-1)(n-2)q^{n-2}+2\sum_{n=2}^{+\infty}(n-1)q^{n-2}.\]

   Avec \(m=n-1\),

   \[\sum_{n=2}^{+\infty}(n-1)(n-2)q^{n-2}=\sum_{m=1}^{+\infty} m(m-1)q^{m-1}=q\sum_{m=2}^{+\infty} m(m-1)q^{m-2}=\frac{2q}{(1-q)^3}.\]

   Et

   \[\sum_{n=2}^{+\infty}(n-1)q^{n-2}=\sum_{m=1}^{+\infty} m q^{m-1}=\frac{1}{(1-q)^2}.\]

   Donc

   \[\sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1)q^{n-2}=\frac{2q}{(1-q)^3}+\frac{2}{(1-q)^2}.\]

   Finalement, comme \(1-q=p\),

   \[\mathbb{E}(X)=p^2\left(\frac{2q}{p^3}+\frac{2}{p^2}\right)=\frac{2q}{p}+2=2\left(\frac{1-p}{p}+1\right)=\frac{2}{p}.\]

   Ainsi \(\boxed{\mathbb{E}(X)=\frac{2}{p}}\).

1. Simulation d’une valeur de \(X\)

   import random as rd
   
   def simu_X():
       n = 1
       while rd.random() > 0.5:
           n = n + 1
       return n

   La fonction renvoie le rang du premier Pile.

2. Approximation de l’espérance

   def moyenne_X(N):
       L = []
       for i in range(N):
           L.append(simu_X())
       return sum(L)/len(L)

   L’appel moyenne_X(10000) fournit une approximation numérique de \(\mathbb{E}(X)\), qui doit être proche de 2.