13. Variables discrètes¶

10 exercices, du plus abordable au plus dur. Les énoncés se suivent ; chaque corrigé est en bas de page, replié : clique sur « Voir le corrigé » quand tu as cherché.

	Exercice	Format	Technique
★	Loi géométrique tronquée	question-de-cours	dériver une somme géométrique finie pour obtenir une espérance
★★	Nombre d'échecs avant le deuxième succès	ecrit	décrire l'événement par la position du dernier succès puis dénombrer les positions des autres
★★	Minimum et maximum de deux lois géométriques	ecrit	passer par P(min > k) pour un minimum et utiliser min + max = somme
★★	Nombre de piles avec un nombre de lancers aléatoire	ecrit	conditionner par la variable qui choisit l'expérience, puis intervertir deux sommes finies
★★	Parité d'une somme de variables de Bernoulli	ecrit	probabilités totales sur la dernière variable puis suite arithmético-géométrique
★★★	Espérance par la fonction de survie (anti-répartition)	oral-principal	écrire P(X = k) = P(X > k-1) - P(X > k) et réorganiser la somme (transformation d'Abel)
★★★	Les chapeaux mélangés, somme d'indicatrices et variance	ecrit	écrire une variable de comptage comme somme d'indicatrices, puis variance par les covariances deux à deux
★★★	Clients d'une boutique, amincissement d'une loi de Poisson	python	probabilités totales sur [N = n] puis série exponentielle après factorisation
★★★	Urne de Pólya, une variable finie sans espérance	oral-qsp	probabilités composées puis produit télescopique, espérance par la série de la survie
★★★★	Temps d'attente du motif « Pile puis Face »	oral-principal	découper l'attente en deux attentes géométriques successives

Variables discrètes, couples, mélanges (sources de la banque)

Énoncés¶

1. Loi géométrique tronquée¶

★ · question-de-cours · brouillon · Fauriel été 2026 ex. 24 ; EDHEC 2025 problème (réécrit)

Un joueur de basket tente des lancers francs. Chaque tentative réussit avec probabilité $p \in ]0, 1[$, indépendamment des autres ; on note $q = 1 - p$. Il s'arrête à son premier succès, et dans tous les cas après $n$ tentatives ($n \ge 2$). On note $T$ le nombre de tentatives effectuées.

Question de cours. Définir la loi géométrique de paramètre $p$, donner son espérance et sa variance, et décrire la situation qu'elle modélise.
Déterminer $T(\Omega)$ et la loi de $T$. Vérifier que la somme des probabilités vaut 1.
a) Pour $x \neq 1$ et $m \ge 1$, calculer $\sum_{k=1}^{m} k\, x^{k-1}$.
b) En déduire que $\E(T) = \dfrac{1 - q^n}{p}$.
Déterminer la limite de $\E(T)$ quand $n \to +\infty$ et l'interpréter.
Écrire une fonction Python simuleT(n, p) qui simule $T$ en n'utilisant que rd.random().

Indications

Pour 2, l'événement $[T = n]$ ne demande pas que la $n$-ième tentative réussisse. Pour 3a, dériver $x \mapsto \sum_{k=0}^{m} x^k$ écrite sous forme close.

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2. Nombre d'échecs avant le deuxième succès¶

★★ · ecrit · brouillon · Ecricome 2014 et EML 2018 (via Legendre, révisions ECG2 ex. 17 et 20) (réécrit)

Sur une chaîne de production, chaque pièce est défectueuse avec probabilité $p \in ]0, 1[$, indépendamment des autres ; on note $q = 1 - p$. On contrôle les pièces une à une et on s'arrête à la deuxième pièce défectueuse. On note $D_i$ l'événement « la $i$-ème pièce est défectueuse » et $N$ le nombre de pièces conformes contrôlées avant l'arrêt.

On rappelle (cours sur les séries géométriques dérivées) que pour $|x| < 1$ : $\sum_{n=1}^{+\infty} n x^{n-1} = \dfrac{1}{(1-x)^2}$ et $\sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1) x^{n-2} = \dfrac{2}{(1-x)^3}$.

Pour $n \in \N$, écrire $[N = n]$ à l'aide des $D_i$, puis montrer que $\PP(N = n) = (n + 1)\, p^2 q^n$.
Vérifier que $\sum_{n=0}^{+\infty} \PP(N = n) = 1$.
Montrer que $N$ admet une espérance et que $\E(N) = \dfrac{2q}{p}$.
On note $T_1$ et $T_2$ les rangs de la première et de la deuxième pièce défectueuse. Exprimer $N$ en fonction de $T_2$. On admet que $T_1$ et $T_2 - T_1$ suivent la loi $\mathcal{G}(p)$ : retrouver $\E(N)$ sans calculer de série.
On s'arrête maintenant à la $r$-ième pièce défectueuse ($r \ge 1$) et on note $N_r$ le nombre de pièces conformes contrôlées. Donner la loi de $N_r$.

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3. Minimum et maximum de deux lois géométriques¶

★★ · ecrit · brouillon · oral HEC 2025 sujet 1 ; EDHEC 2007 et EML 2010 (via Legendre, révisions ECG2 ex. 21) ; EDHEC 2023 ex. 3 (réécrit)

Deux serveurs $A$ et $B$ tombent en panne indépendamment. Chaque jour, $A$ tombe en panne avec probabilité $a \in ]0, 1[$ et $B$ avec probabilité $b \in ]0, 1[$, indépendamment des autres jours. On note $X$ (resp. $Y$) le numéro du jour de la première panne de $A$ (resp. $B$). On admet que $X \hookrightarrow \mathcal{G}(a)$, $Y \hookrightarrow \mathcal{G}(b)$ et que $X$ et $Y$ sont indépendantes.

Pour $k \in \N$, calculer $\PP(X > k)$.
On pose $U = \min(X, Y)$. Calculer $\PP(U > k)$ pour $k \in \N$, puis reconnaître la loi de $U$. Interpréter son paramètre.
Calculer $\PP(X = Y)$.
On pose $V = \max(X, Y)$. Justifier que $U + V = X + Y$, puis en déduire que $V$ admet une espérance et la calculer.
Écrire une fonction Python simuleUV(a, b) qui renvoie un couple de réalisations de $(U, V)$ à l'aide de rd.geometric. Comment simuler $U$ avec un seul appel à rd.geometric ?

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4. Nombre de piles avec un nombre de lancers aléatoire¶

★★ · ecrit · brouillon · EDHEC 2018 (via Legendre, révisions ECG2 ex. 19) ; EDHEC 2025 problème (réécrit)

Soit $n \ge 1$. On choisit un entier $N$ uniformément dans $[\![1, n]\!]$, puis on lance $N$ pièces équilibrées. On note $X$ le nombre de piles obtenus.

Pour $k \in [\![1, n]\!]$, donner la loi conditionnelle de $X$ sachant $[N = k]$.
Déterminer $X(\Omega)$ et montrer que $\PP(X = 0) = \dfrac{1 - 2^{-n}}{n}$.
Montrer que $\E(X) = \dfrac{n + 1}{4}$.
On suppose $n \ge 2$. Les variables $N$ et $X$ sont-elles indépendantes ?
Calculer $\Cov(N, X)$. Vérifier le résultat pour $n = 1$.

Indications

Pour 3, écrire $\PP(X = j)$ par la formule des probabilités totales, puis échanger les deux sommes finies. Pour 5, utiliser le théorème de transfert pour le couple $(N, X)$.

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5. Parité d'une somme de variables de Bernoulli¶

★★ · ecrit · brouillon · emlyon 2023 ex. 3 ; emlyon 2024 partie A (réécrit)

Résultat hors programme : à redémontrer à chaque usage.

Une lampe est éteinte. $n$ personnes passent successivement devant l'interrupteur ; chacune appuie dessus avec probabilité $p \in ]0, 1[$, indépendamment des autres. On note $X_i$ la variable de Bernoulli qui vaut 1 si la $i$-ème personne appuie, $S_n = X_1 + \dots + X_n$, et $u_n = \PP(S_n \text{ est pair})$, avec $u_0 = 1$. La lampe est éteinte après $n$ passages si et seulement si $S_n$ est pair.

Montrer que $u_{n+1} = (1 - 2p)\, u_n + p$ pour tout $n \in \N$, en justifiant l'indépendance utilisée.
En déduire que $u_n = \dfrac12 + \dfrac12 (1 - 2p)^n$.
Déterminer la limite de $(u_n)$. Que se passe-t-il pour $p = \frac12$ ? Pour $p$ proche de 1 ?
Retrouver le résultat de 2 directement à partir de la loi de $S_n$ et de la formule du binôme.

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6. Espérance par la fonction de survie (anti-répartition)¶

★★★ · oral-principal · brouillon · oral HEC-ESSEC 2016 (via Legendre, révisions ECG2 ex. 25) ; oral HEC 2024 QSP 5 ; Ecricome 2024 ex. 1 (réécrit)

Résultat hors programme : à redémontrer à chaque usage.

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $\N$. On note $R(j) = \PP(X > j)$ pour $j \in \N$.

Question de cours. Rappeler à quelle condition $X$ admet une espérance et ce que vaut alors $\E(X)$.
Montrer que pour tout $N \ge 1$ : $\displaystyle \sum_{k=0}^{N} k\, \PP(X = k) = \sum_{j=0}^{N-1} R(j) - N\, R(N)$.
On suppose que $X$ admet une espérance. Montrer que $N R(N) \le \sum_{k=N+1}^{+\infty} k\, \PP(X = k)$, puis que $\E(X) = \sum_{j=0}^{+\infty} \PP(X > j)$.
Réciproquement, montrer que si la série $\sum \PP(X > j)$ converge, alors $X$ admet une espérance.
On lance $m$ fois ($m \ge 1$) un dé équilibré à $N$ faces et on note $M$ le plus grand résultat. Calculer $\PP(M > j)$ pour $j \in [\![0, N]\!]$, puis montrer que $\E(M) = N - \dfrac{1}{N^m} \sum_{j=1}^{N-1} j^m$.
En encadrant $\sum_{j=1}^{N-1} j^m$ par deux intégrales, déterminer la limite de $\dfrac{\E(M)}{N}$ quand $N \to +\infty$.

Indications

Pour 2, partir de $[X > k-1] = [X = k] \cup [X > k]$. Pour 6, comparer $j^m$ à $\int_{j-1}^{j} t^m \, dt$ et à $\int_{j}^{j+1} t^m \, dt$.

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7. Les chapeaux mélangés, somme d'indicatrices et variance¶

★★★ · ecrit · brouillon · Maths I ESSEC-HEC 2024 partie 1 (comptage de triangles) (technique transposée, contexte différent)

$n \ge 2$ personnes déposent leur chapeau au vestiaire. À la sortie, les chapeaux sont rendus au hasard, toutes les répartitions (les $n!$ bijections entre personnes et chapeaux) étant équiprobables. Pour $i \in [\![1, n]\!]$, on note $Y_i$ la variable qui vaut 1 si la personne $i$ récupère son propre chapeau et 0 sinon, et $F = Y_1 + \dots + Y_n$.

Calculer $\PP(Y_i = 1)$.
En déduire $\E(F)$, sans chercher la loi de $F$.
Pour $i \neq j$, déterminer la loi de $Y_i Y_j$ puis $\Cov(Y_i, Y_j)$. Les variables $Y_i$ et $Y_j$ sont-elles indépendantes ?
Montrer que $\V(F) = 1$.
Majorer $\PP(F \ge 3)$ à l'aide de l'inégalité de Markov, puis à l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Quelle majoration est la meilleure ?

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8. Clients d'une boutique, amincissement d'une loi de Poisson¶

★★★ · python · brouillon · emlyon 2025 ex. 3 partie D ; Ecricome 2003 ex. 3 (cité par le corrigé Legendre emlyon 2025) (réécrit)

Résultat hors programme : à redémontrer à chaque usage.

Le nombre $N$ de clients entrant dans une boutique en une journée suit la loi de Poisson $\mathcal{P}(\lambda)$, $\lambda > 0$. Chaque client achète avec probabilité $p \in ]0, 1[$, indépendamment des autres clients et de $N$ ; on note $q = 1 - p$. On note $A$ le nombre d'acheteurs et $B = N - A$ le nombre de non-acheteurs.

Pour $n \in \N$, donner la loi conditionnelle de $A$ sachant $[N = n]$.
Montrer que $A \hookrightarrow \mathcal{P}(\lambda p)$.
Pour $(k, l) \in \N^2$, calculer $\PP([A = k] \cap [B = l])$. En déduire la loi de $B$, puis que $A$ et $B$ sont indépendantes.
Calculer $\Cov(N, A)$.
Écrire une fonction Python simuleA(lam, p) qui simule $A$ avec un seul appel à rd.poisson puis des appels à rd.random(). Écrire un script qui estime $\PP(A = 0)$ sur $10^5$ simulations pour $\lambda = 3$ et $p = 0{,}4$, et indiquer la valeur attendue.

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9. Urne de Pólya, une variable finie sans espérance¶

★★★ · oral-qsp · brouillon · Fauriel été 2026 ex. 25 (urne de Pólya) ; EML 2018 (via Legendre, révisions ECG2 ex. 23) ; Ecricome 2024 ex. 1 (fonction de survie) (réécrit)

Une urne contient initialement une boule blanche et une boule noire. On effectue des tirages successifs : à chaque tirage, on note la couleur de la boule tirée, puis on la remet dans l'urne avec une boule supplémentaire de la même couleur. On note $Y$ le rang du premier tirage d'une boule noire.

Pour $n \ge 1$, montrer que $\PP(Y > n) = \dfrac{1}{n+1}$.
Montrer que la probabilité de ne jamais tirer de boule noire est nulle.
Déterminer la loi de $Y$ et vérifier que la somme des probabilités vaut 1.
$Y$ admet-elle une espérance ?

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10. Temps d'attente du motif « Pile puis Face »¶

★★★★ · oral-principal · brouillon · emlyon 2026 ex. 3 (premier double pile) ; oral HEC 2024 sujet 4 (réécrit, motif différent)

On lance indéfiniment une pièce qui donne Pile avec probabilité $p \in ]0, 1[$, les lancers étant indépendants ; $q = 1 - p$. On note $P_i$ (resp. $F_i$) l'événement « le $i$-ème lancer donne Pile (resp. Face) », $T_1$ le rang du premier Pile et $T$ le rang du lancer où le motif « Pile puis Face » (deux lancers consécutifs) apparaît pour la première fois.

Donner la loi de $T_1$.
Soit $n \ge 2$. Justifier que $[T = n] = \bigcup_{k=1}^{n-1} \big([T_1 = k] \cap P_{k+1} \cap \dots \cap P_{n-1} \cap F_n\big)$ et en déduire $\PP(T = n)$ sous forme de somme.
Dans le cas $p = \frac12$, montrer que $\PP(T = n) = \dfrac{n-1}{2^n}$ et calculer $\E(T)$.
Revenons au cas général. Déterminer la loi de $T - T_1$ et en déduire $\E(T)$.
(Question type QSP.) On note $T'$ le temps d'attente du motif « Pile Pile » et on admet que $\E(T') = \dfrac{1 + p}{p^2}$. Pour $p = \frac12$, comparer à la question 3 et expliquer l'écart alors que les deux motifs ont la même probabilité $\frac14$. Écrire une fonction Python attente(m1, m2, p) qui simule le temps d'attente du motif $(m_1, m_2)$, avec 1 pour Pile et 0 pour Face.

Indications

Pour 2 : une fois le premier Pile obtenu, le premier Face qui suit complète le motif. Pour 4 : calculer $\PP([T_1 = k] \cap [T - T_1 = j])$ puis sommer sur $k$.

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Corrigés¶

1. Loi géométrique tronquée¶

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$X$ suit la loi géométrique de paramètre $p$, notée $\mathcal{G}(p)$, si $X(\Omega) = \N^*$ et $\PP(X = k) = p\, q^{k-1}$ pour tout $k \in \N^*$. Alors $\E(X) = \dfrac{1}{p}$ et $\V(X) = \dfrac{q}{p^2}$. Elle modélise le rang du premier succès dans une suite d'épreuves de Bernoulli indépendantes de même paramètre $p$.
Notons $S_i$ l'événement « la $i$-ème tentative (éventuelle) réussit ». Le joueur fait au moins une et au plus $n$ tentatives, donc $T(\Omega) = [\![1, n]\!]$.
- Pour $k \in [\![1, n-1]\!]$ : $[T = k] = \overline{S_1} \cap \dots \cap \overline{S_{k-1}} \cap S_k$, donc par indépendance $\PP(T = k) = q^{k-1} p$.
- $[T = n] = \overline{S_1} \cap \dots \cap \overline{S_{n-1}}$ (la $n$-ième tentative a lieu quoi qu'il arrive), donc $\PP(T = n) = q^{n-1}$.

Vérification : $\sum_{k=1}^{n-1} q^{k-1} p + q^{n-1} = p \dfrac{1 - q^{n-1}}{1 - q} + q^{n-1} = 1 - q^{n-1} + q^{n-1} = 1$.

!!! danger "Piège" Écrire $\PP(T = n) = q^{n-1} p$ est l'erreur classique : elle oublie les trajectoires où la dernière tentative échoue, et la somme des probabilités ne vaut plus 1.

a) Pour $x \neq 1$, $f(x) = \sum_{k=0}^{m} x^k = \dfrac{1 - x^{m+1}}{1 - x}$. La fonction $f$ est dérivable sur $\R \setminus \{1\}$ (polynôme d'un côté, quotient de fonctions dérivables de l'autre). En dérivant les deux expressions : $$\sum_{k=1}^{m} k\, x^{k-1} = \frac{-(m+1)x^m (1 - x) + (1 - x^{m+1})}{(1-x)^2} = \mathbf{\frac{1 - (m+1)x^m + m\, x^{m+1}}{(1-x)^2}}.$$

b) $T$ est finie, donc admet une espérance. Avec $m = n - 1$, $x = q$ et $(1 - q)^2 = p^2$ : $$\E(T) = p \sum_{k=1}^{n-1} k\, q^{k-1} + n\, q^{n-1} = \frac{1 - n q^{n-1} + (n-1) q^n}{p} + n q^{n-1}.$$ Au même dénominateur, et comme $n p\, q^{n-1} = n q^{n-1} - n q^n$, le numérateur vaut $1 - n q^{n-1} + (n-1)q^n + n q^{n-1} - n q^n = 1 - q^n$. D'où $\E(T) = \dfrac{1 - q^n}{p}$.

Comme $0 < q < 1$, $q^n \to 0$ et $\E(T) \to \dfrac{1}{p}$, l'espérance de $\mathcal{G}(p)$. Quand le nombre maximal de tentatives est grand, la troncature ne change presque rien. On remarque aussi que $\E(T) \le \dfrac{1}{p}$ pour tout $n$ : tronquer ne peut que raccourcir l'attente.
Une solution :

import numpy.random as rd

def simuleT(n, p):
    k = 1
    while k < n and rd.random() >= p:   # la tentative k échoue et une autre est permise
        k = k + 1
    return k

L'ordre des conditions compte : on ne tire une tentative que si $k < n$. Pour estimer $\E(T)$, on fait la moyenne de $10^4$ appels (loi faible des grands nombres).

Cheat code

Loi « arrêtée à $n$ » : la dernière valeur ramasse toute la masse restante ($q^{n-1}$, sans facteur $p$). Pour $\sum k x^{k-1}$ fini, dériver la somme géométrique sous forme close. Contrôle rapide : $\E(T) = \sum_{k=0}^{n-1} \PP(T > k) = \sum_{k=0}^{n-1} q^k$ (voir l'exercice sur l'anti-répartition).

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2. Nombre d'échecs avant le deuxième succès¶

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$[N = n]$ signifie : la pièce $n + 2$ est défectueuse, et parmi les $n + 1$ premières, exactement une est défectueuse. En notant $i$ la position de cette première défectueuse : $$[N = n] = \bigcup_{i=1}^{n+1} \Big( D_i \cap \bigcap_{\substack{1 \le j \le n+1 \\ j \neq i}} \overline{D_j} \cap D_{n+2} \Big).$$ Ces $n + 1$ événements sont deux à deux incompatibles (la position $i$ diffère) et, par indépendance, chacun a pour probabilité $p \cdot q^n \cdot p$. Donc $\PP(N = n) = (n+1)\, p^2 q^n$, et $N(\Omega) = \N$.
Avec $x = q \in ]0, 1[$ : $\sum_{n=0}^{+\infty} (n+1) q^n = \sum_{m=1}^{+\infty} m\, q^{m-1} = \dfrac{1}{p^2}$, d'où $\sum \PP(N = n) = p^2 \cdot \dfrac{1}{p^2} = 1$. En particulier, la probabilité de ne jamais trouver deux pièces défectueuses est nulle.
La série $\sum n\, \PP(N = n)$ est à termes positifs ; elle converge donc absolument dès qu'elle converge. Or, en posant $m = n + 1$ : $$\sum_{n=0}^{+\infty} n(n+1) q^n = q \sum_{m=2}^{+\infty} m(m-1)\, q^{m-2} = \frac{2q}{p^3}.$$ Donc $N$ admet une espérance et $\E(N) = p^2 \cdot \dfrac{2q}{p^3} = \dfrac{2q}{p}$.
Au moment de l'arrêt, on a contrôlé $N$ pièces conformes et 2 défectueuses : $T_2 = N + 2$. Par linéarité, $\E(T_2) = \E(T_1) + \E(T_2 - T_1) = \dfrac{2}{p}$, donc $\E(N) = \dfrac{2}{p} - 2 = \mathbf{\dfrac{2q}{p}}$. On retrouve le résultat de 3.
$[N_r = n]$ : la pièce $n + r$ est défectueuse et, parmi les $n + r - 1$ premières, exactement $r - 1$ le sont. Il y a $\binom{n + r - 1}{r - 1}$ choix de leurs positions, d'où $$\PP(N_r = n) = \binom{n + r - 1}{r - 1} p^r q^n, \quad n \in \N.$$ Pour $r = 1$, on retrouve $N_1 + 1 \hookrightarrow \mathcal{G}(p)$.

Cheat code

« Attendre le $r$-ième succès » : fixer le dernier succès à sa place, puis dénombrer les positions des $r - 1$ autres parmi les essais précédents, d'où le coefficient binomial. Espérance : soit séries géométriques dérivées, soit décomposer le temps total en $r$ attentes géométriques successives et utiliser la linéarité.

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3. Minimum et maximum de deux lois géométriques¶

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$[X > k]$ est l'événement « $A$ ne tombe pas en panne les jours $1$ à $k$ », donc par indépendance $\PP(X > k) = (1 - a)^k$ (y compris pour $k = 0$).
$[U > k] = [X > k] \cap [Y > k]$ et $X$, $Y$ sont indépendantes, donc $\PP(U > k) = c^k$ avec $c = (1-a)(1-b)$. Pour $k \ge 1$, $[U > k-1] = [U = k] \cup [U > k]$ (union d'événements incompatibles), donc $$\PP(U = k) = \PP(U > k-1) - \PP(U > k) = c^{k-1}(1 - c).$$ Avec $U(\Omega) = \N^*$ : $U \hookrightarrow \mathcal{G}(a + b - ab)$ car $1 - c = a + b - ab$. C'est la probabilité qu'un jour donné au moins un des deux serveurs tombe en panne.
Les événements $[X = k] \cap [Y = k]$, $k \ge 1$, sont deux à deux incompatibles et leur réunion est $[X = Y]$. Par $\sigma$-additivité puis indépendance : $$\PP(X = Y) = \sum_{k=1}^{+\infty} a(1-a)^{k-1}\, b(1-b)^{k-1} = ab \sum_{k=0}^{+\infty} c^k = \mathbf{\frac{ab}{a + b - ab}}$$ (série géométrique de raison $c \in ]0, 1[$). Pour $a = b = \frac12$, on trouve $\frac13$.
Pour deux réels $x$ et $y$, $\min(x, y) + \max(x, y) = x + y$ ; donc $V = X + Y - U$. Les variables $X$, $Y$, $U$ admettent une espérance (lois géométriques), donc $V$ aussi par linéarité, et $$\E(V) = \mathbf{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{1}{a + b - ab}}.$$

!!! danger "Piège" $V$ ne suit pas une loi géométrique : $\PP(V \le k) = \left(1 - (1-a)^k\right)\left(1 - (1-b)^k\right)$ n'est pas de la forme $1 - r^k$. Pour un maximum on passe par $\PP(V \le k)$, pour un minimum par $\PP(U > k)$.

Une solution :

import numpy.random as rd

def simuleUV(a, b):
    X = rd.geometric(a)
    Y = rd.geometric(b)
    return min(X, Y), max(X, Y)

U = rd.geometric(a + b - a*b)   # d'après la question 2

Cheat code

Minimum de variables indépendantes : $\PP(\min > k) = \prod \PP(X_i > k)$ ; maximum : $\PP(\max \le k) = \prod \PP(X_i \le k)$. Le minimum de géométriques indépendantes est géométrique de paramètre $1 - \prod (1 - p_i)$. Espérance du maximum sans sa loi : $\max = X + Y - \min$.

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4. Nombre de piles avec un nombre de lancers aléatoire¶

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Sachant $[N = k]$, on lance $k$ pièces équilibrées indépendantes et on compte les piles : la loi conditionnelle de $X$ sachant $[N = k]$ est la loi binomiale $\mathcal{B}(k, \frac12)$, c'est-à-dire $\PP_{[N = k]}(X = j) = \binom{k}{j} 2^{-k}$ pour $j \in [\![0, k]\!]$ et $0$ sinon.

!!! danger "Piège" On n'écrit pas « $X$ suit la loi $\mathcal{B}(N, \frac12)$ » : un paramètre de loi est un nombre, pas une variable aléatoire. C'est la loi conditionnelle qui est binomiale.

$X(\Omega) = [\![0, n]\!]$. La famille $([N = k])_{1 \le k \le n}$ est un système complet d'événements de probabilités non nulles ($\frac{1}{n}$ chacun), donc par la formule des probabilités totales : $$\PP(X = 0) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2^k} = \frac{1}{n} \cdot \frac12 \cdot \frac{1 - 2^{-n}}{1 - \frac12} = \mathbf{\frac{1 - 2^{-n}}{n}}.$$
De même, pour $j \in [\![0, n]\!]$, $\PP(X = j) = \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \binom{k}{j} 2^{-k}$ (avec $\binom{k}{j} = 0$ si $j > k$). $X$ est finie, donc admet une espérance, et en échangeant les deux sommes finies : $$\E(X) = \sum_{j=0}^{n} j\, \PP(X = j) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \Big( \sum_{j=0}^{k} j \binom{k}{j} 2^{-k} \Big) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{2} = \mathbf{\frac{n+1}{4}},$$ car la parenthèse est l'espérance de $\mathcal{B}(k, \frac12)$, égale à $\frac{k}{2}$.
Non. $\PP(N = 1, X = 2) = 0$ (avec une seule pièce, au plus un pile), alors que $\PP(N = 1) = \frac1n > 0$ et $\PP(X = 2) \ge \PP(N = 2)\, \PP_{[N = 2]}(X = 2) = \frac{1}{4n} > 0$. Donc $\PP(N = 1, X = 2) \neq \PP(N = 1)\PP(X = 2)$.
Par le théorème de transfert appliqué au couple fini $(N, X)$ : $$\E(NX) = \sum_{k=1}^{n} \sum_{j=0}^{k} k\, j\, \PP(N = k)\, \PP_{[N=k]}(X = j) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} k \cdot \frac{k}{2} = \frac{(n+1)(2n+1)}{12}.$$ Avec $\E(N) = \frac{n+1}{2}$ et la formule de Koenig-Huygens pour la covariance : $$\Cov(N, X) = \frac{(n+1)(2n+1)}{12} - \frac{(n+1)^2}{8} = \frac{(n+1)\big(2(2n+1) - 3(n+1)\big)}{24} = \mathbf{\frac{n^2 - 1}{24}}.$$ Pour $n = 1$, $N$ est constante égale à 1, donc la covariance est nulle : c'est cohérent. Pour $n \ge 2$, elle est strictement positive, ce qui confirme la question 4.

Cheat code

Expérience en deux temps : système complet $([N = k])_k$, loi conditionnelle reconnue (ici binomiale), puis probabilités totales. Pour une espérance, échanger les sommes et reconnaître l'espérance de la loi conditionnelle. Non-indépendance : exhiber un couple de valeurs de probabilité nulle dont les marges sont non nulles.

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5. Parité d'une somme de variables de Bernoulli¶

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La famille $([X_{n+1} = 0], [X_{n+1} = 1])$ est un système complet. $S_{n+1}$ est pair si et seulement si ($S_n$ est pair et $X_{n+1} = 0$) ou ($S_n$ est impair et $X_{n+1} = 1$), ces deux cas étant incompatibles : $$u_{n+1} = \PP\big([S_n \text{ pair}] \cap [X_{n+1} = 0]\big) + \PP\big([S_n \text{ impair}] \cap [X_{n+1} = 1]\big).$$ $S_n$ est une fonction de $(X_1, \dots, X_n)$ ; par le lemme des coalitions, elle est indépendante de $X_{n+1}$. Donc $u_{n+1} = u_n (1 - p) + (1 - u_n) p$, soit $u_{n+1} = (1 - 2p)\, u_n + p$.
Suite arithmético-géométrique. Le point fixe $\ell$ vérifie $\ell = (1 - 2p)\ell + p$, soit $\ell = \frac12$ (car $p \neq 0$). La suite $v_n = u_n - \frac12$ vérifie $v_{n+1} = (1 - 2p) v_n$ : elle est géométrique, de premier terme $v_0 = \frac12$. Donc $u_n = \dfrac12 + \dfrac12 (1 - 2p)^n$.
Comme $p \in ]0, 1[$, $|1 - 2p| < 1$, donc $u_n \to \frac12$ : après beaucoup de passages, la lampe est allumée ou éteinte avec probabilité $\frac12$, quel que soit $p$. Pour $p = \frac12$, $u_n = \frac12$ dès $n = 1$. Pour $p$ proche de 1, $1 - 2p$ est proche de $-1$ : $u_n$ est proche de 1 pour $n$ pair et proche de 0 pour $n$ impair (chacun appuie presque sûrement, la lampe alterne), et la convergence vers $\frac12$ est lente.
$S_n \hookrightarrow \mathcal{B}(n, p)$ (somme de $n$ Bernoulli indépendantes de paramètre $p$). Par la formule du binôme : $$(q + p)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k}, \qquad (q - p)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^k p^k q^{n-k}.$$ En additionnant, les termes d'indice impair se compensent et ceux d'indice pair doublent : $u_n = \sum_{k \text{ pair}} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = \dfrac{1 + (1 - 2p)^n}{2}$.

Cheat code

Parité d'une somme : conditionner par la dernière variable (coalitions pour l'indépendance), puis suite arithmético-géométrique de point fixe $\frac12$. Variante sans récurrence : $\frac{(q+p)^n + (q-p)^n}{2}$ isole les termes pairs du binôme. Le même réflexe s'applique à $\E\big((-1)^{S_n}\big) = (1 - 2p)^n$ par indépendance.

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6. Espérance par la fonction de survie (anti-répartition)¶

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$X$ admet une espérance si et seulement si la série $\sum k\, \PP(X = k)$ converge absolument, ce qui équivaut ici à la convergence car ses termes sont positifs. Alors $\E(X) = \sum_{k=0}^{+\infty} k\, \PP(X = k)$.
Pour $k \ge 1$, $[X > k-1] = [X = k] \cup [X > k]$ (union incompatible), donc $\PP(X = k) = R(k-1) - R(k)$. Ainsi : $$\sum_{k=1}^{N} k\, R(k-1) - \sum_{k=1}^{N} k\, R(k) = \sum_{j=0}^{N-1} (j + 1) R(j) - \sum_{j=1}^{N} j\, R(j) = \mathbf{\sum_{j=0}^{N-1} R(j) - N\, R(N)},$$ en posant $j = k - 1$ dans la première somme puis en regroupant les termes de même indice.
$R(N) = \sum_{k=N+1}^{+\infty} \PP(X = k)$ par $\sigma$-additivité, donc $N R(N) = \sum_{k > N} N\, \PP(X = k) \le \sum_{k > N} k\, \PP(X = k)$. Ce majorant est le reste d'une série convergente : il tend vers 0. Donc $N R(N) \to 0$, et la question 2 donne $\sum_{j=0}^{N-1} R(j) = \sum_{k=0}^{N} k\,\PP(X = k) + N R(N) \to \E(X)$. D'où $\E(X) = \sum_{j=0}^{+\infty} \PP(X > j)$.
D'après 2, et comme $N R(N) \ge 0$ et $R(j) \ge 0$ : $\sum_{k=0}^{N} k\, \PP(X = k) \le \sum_{j=0}^{+\infty} R(j)$. Les sommes partielles de la série à termes positifs $\sum k\, \PP(X = k)$ sont majorées, donc elle converge : $X$ admet une espérance (et 3 donne sa valeur).
Notons $D_1, \dots, D_m$ les résultats, indépendants et uniformes sur $[\![1, N]\!]$. Pour $j \in [\![0, N]\!]$, $[M \le j] = \bigcap_{i=1}^{m} [D_i \le j]$, donc $\PP(M \le j) = \left(\frac{j}{N}\right)^m$ et $\PP(M > j) = 1 - \left(\frac{j}{N}\right)^m$, nul pour $j \ge N$. D'après 3 (une variable finie admet une espérance) : $$\E(M) = \sum_{j=0}^{N-1} \left(1 - \frac{j^m}{N^m}\right) = N - \frac{1}{N^m} \sum_{j=1}^{N-1} j^m.$$
$t \mapsto t^m$ est croissante sur $[0, +\infty[$, donc pour $j \ge 1$ : $\int_{j-1}^{j} t^m \, dt \le j^m \le \int_{j}^{j+1} t^m \, dt$. En sommant pour $j$ de 1 à $N - 1$ (relation de Chasles) : $$\frac{(N-1)^{m+1}}{m+1} \le \sum_{j=1}^{N-1} j^m \le \frac{N^{m+1} - 1}{m+1}.$$ En divisant par $N^{m+1}$, les deux bornes tendent vers $\frac{1}{m+1}$ (gendarmes). Donc $\dfrac{\E(M)}{N} = 1 - \dfrac{1}{N^{m+1}} \sum_{j=1}^{N-1} j^m \to \mathbf{\dfrac{m}{m+1}}$. Pour $m = 1$, on retrouve $\frac{N+1}{2N} \to \frac12$.

Cheat code

Pour une variable à valeurs dans $\N$ : $\E(X) = \sum_{j \ge 0} \PP(X > j)$, à redémontrer en trois lignes (écrire $\PP(X = k) = R(k-1) - R(k)$, réindexer, contrôler $N R(N)$). Réflexe : dès que $\PP(X > j)$ est plus simple que $\PP(X = j)$ (minimum, maximum, temps d'attente), calculer l'espérance par la survie.

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7. Les chapeaux mélangés, somme d'indicatrices et variance¶

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Les répartitions où la personne $i$ récupère son chapeau correspondent aux bijections des $n - 1$ autres chapeaux sur les $n - 1$ autres personnes : il y en a $(n-1)!$. Donc $\PP(Y_i = 1) = \dfrac{(n-1)!}{n!} = \dfrac{1}{n}$ : $Y_i \hookrightarrow \mathcal{B}(\frac1n)$.
Par linéarité de l'espérance, $\E(F) = \sum_{i=1}^{n} \E(Y_i) = n \cdot \dfrac1n = 1$, quel que soit $n$. On n'a pas eu besoin de la loi de $F$, qui est compliquée.
$Y_i Y_j$ ne prend que les valeurs 0 et 1 et vaut 1 si et seulement si $i$ et $j$ récupèrent tous deux leur chapeau : c'est une variable de Bernoulli, de paramètre $\dfrac{(n-2)!}{n!} = \dfrac{1}{n(n-1)}$. Donc $$\Cov(Y_i, Y_j) = \E(Y_i Y_j) - \E(Y_i)\E(Y_j) = \frac{1}{n(n-1)} - \frac{1}{n^2} = \mathbf{\frac{1}{n^2 (n-1)}}.$$ Cette covariance est non nulle, donc $Y_i$ et $Y_j$ ne sont pas indépendantes (savoir que $i$ a son chapeau augmente légèrement les chances de $j$).
Par la formule de la variance d'une somme (si ton cours ne l'énonce que pour deux variables, elle s'étend par récurrence grâce à la bilinéarité de la covariance) : $$\V(F) = \sum_{i=1}^{n} \V(Y_i) + \sum_{i \neq j} \Cov(Y_i, Y_j) = n \cdot \frac1n\left(1 - \frac1n\right) + n(n-1) \cdot \frac{1}{n^2(n-1)} = 1 - \frac1n + \frac1n = \mathbf{1}.$$ La somme $\sum_{i \neq j}$ porte sur les $n(n-1)$ couples ordonnés d'indices distincts.

!!! danger "Piège" Écrire $\V(F) = \sum \V(Y_i)$ suppose les $Y_i$ deux à deux non corrélées, ce qui est faux ici : la réponse serait $1 - \frac1n$.

$F$ est positive, donc par l'inégalité de Markov : $\PP(F \ge 3) \le \dfrac{\E(F)}{3} = \dfrac13$. Par ailleurs $[F \ge 3] \subset [|F - 1| \ge 2]$, donc par Bienaymé-Tchebychev : $\PP(F \ge 3) \le \dfrac{\V(F)}{2^2} = \dfrac14$. La majoration de Bienaymé-Tchebychev est la meilleure. Pour culture : la vraie valeur tend vers $1 - \frac{5}{2e} \approx 0{,}08$ quand $n \to +\infty$, car $F$ converge en loi vers $\mathcal{P}(1)$ (hors programme).

Cheat code

Une variable de comptage est une somme d'indicatrices : l'espérance vient par linéarité sans la loi, la variance par $\sum \V(Y_i) + \sum_{i \neq j} \Cov(Y_i, Y_j)$, où $\E(Y_i Y_j)$ est la probabilité que les deux événements aient lieu. Compter combien de couples $(i, j)$ ont chaque valeur de covariance.

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8. Clients d'une boutique, amincissement d'une loi de Poisson¶

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Sachant $[N = n]$, on a $n$ clients qui achètent indépendamment avec probabilité $p$ : la loi conditionnelle de $A$ sachant $[N = n]$ est $\mathcal{B}(n, p)$.
$([N = n])_{n \in \N}$ est un système complet d'événements de probabilités non nulles. Pour $k \in \N$, seuls les $n \ge k$ contribuent, et par la formule des probabilités totales : $$\PP(A = k) = \sum_{n=k}^{+\infty} e^{-\lambda} \frac{\lambda^n}{n!} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = e^{-\lambda} \frac{(\lambda p)^k}{k!} \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{(\lambda q)^{n-k}}{(n-k)!} = e^{-\lambda} \frac{(\lambda p)^k}{k!} e^{\lambda q}.$$ Comme $e^{-\lambda} e^{\lambda q} = e^{-\lambda p}$ : $\PP(A = k) = e^{-\lambda p} \dfrac{(\lambda p)^k}{k!}$, donc $A \hookrightarrow \mathcal{P}(\lambda p)$.
$[A = k] \cap [B = l] = [N = k + l] \cap [A = k]$, donc $$\PP([A = k] \cap [B = l]) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^{k+l}}{(k+l)!} \binom{k+l}{k} p^k q^l = \Big(e^{-\lambda p}\frac{(\lambda p)^k}{k!}\Big)\Big(e^{-\lambda q}\frac{(\lambda q)^l}{l!}\Big).$$ En sommant sur $k$ (probabilités totales avec le système complet $([A = k])_k$), on obtient $\PP(B = l) = e^{-\lambda q} \frac{(\lambda q)^l}{l!}$ : $B \hookrightarrow \mathcal{P}(\lambda q)$. La formule ci-dessus s'écrit alors $\PP(A = k, B = l) = \PP(A = k)\PP(B = l)$ pour tout $(k, l)$ : $A$ et $B$ sont indépendantes.

!!! danger "Piège" Ce résultat surprend : $A$ et $B$ sont toutes deux fonctions de la même expérience, et $A + B = N$. Il est propre au cas où $N$ suit une loi de Poisson. Avec $N$ constant égal à $n$, on aurait $B = n - A$, et $A$, $B$ ne seraient pas indépendantes.

Par bilinéarité de la covariance, puis indépendance de $A$ et $B$ : $\Cov(N, A) = \Cov(A + B, A) = \V(A) + \Cov(B, A) = \mathbf{\lambda p}$.
Une solution :

import numpy as np
import numpy.random as rd

def simuleA(lam, p):
    N = rd.poisson(lam)
    A = 0
    for i in range(N):          # chaque client achète avec probabilité p
        if rd.random() < p:
            A = A + 1
    return A

n = 10**5
c = 0
for k in range(n):
    if simuleA(3, 0.4) == 0:
        c = c + 1
print(c / n, np.exp(-1.2))

D'après la loi faible des grands nombres, la fréquence affichée est proche de $\PP(A = 0) = e^{-\lambda p} = e^{-1{,}2} \approx 0{,}301$.

Cheat code

Binomiale sachant Poisson : probabilités totales sur $[N = n]$, sortir $e^{-\lambda}\frac{(\lambda p)^k}{k!}$, reconnaître la série exponentielle en $\lambda q$. Résultat à connaître : $A \hookrightarrow \mathcal{P}(\lambda p)$, $N - A \hookrightarrow \mathcal{P}(\lambda q)$, et elles sont indépendantes.

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9. Urne de Pólya, une variable finie sans espérance¶

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Notons $B_i$ l'événement « le $i$-ème tirage donne une boule blanche ». $[Y > n] = B_1 \cap \dots \cap B_n$. Si les $k$ premiers tirages ont donné des blanches, l'urne contient avant le tirage $k + 1$ exactement $k + 1$ blanches et 1 noire. Par la formule des probabilités composées (toutes les probabilités conditionnantes sont non nulles) : $$\PP(Y > n) = \prod_{k=0}^{n-1} \PP_{B_1 \cap \dots \cap B_k}(B_{k+1}) = \prod_{k=0}^{n-1} \frac{k+1}{k+2} = \mathbf{\frac{1}{n+1}}$$ (produit télescopique).
Les événements $C_n = B_1 \cap \dots \cap B_n$ sont décroissants pour l'inclusion. Par le théorème de la limite monotone, $\PP\big(\bigcap_{n \ge 1} C_n\big) = \lim \PP(C_n) = \lim \frac{1}{n+1} = 0$. La variable $Y$ est donc bien définie (finie) avec probabilité 1.
$Y(\Omega) = \N^*$ et, pour $n \ge 1$, $[Y > n-1] = [Y = n] \cup [Y > n]$ (incompatibles), donc $$\PP(Y = n) = \frac1n - \frac{1}{n+1} = \mathbf{\frac{1}{n(n+1)}}.$$ La somme $\sum_{n=1}^{N} \left(\frac1n - \frac{1}{n+1}\right) = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1$ (télescopage).
$n\, \PP(Y = n) = \dfrac{1}{n+1}$ : la série à termes positifs $\sum n\, \PP(Y = n)$ est la série harmonique décalée, divergente. $Y$ n'admet pas d'espérance. Autre preuve, par la survie : $\sum \PP(Y > j) = \sum \frac{1}{j+1}$ diverge.

!!! danger "Piège" « $Y$ est finie presque sûrement » n'implique pas « $Y$ admet une espérance ». Ici, la première boule tirée est noire une fois sur deux, mais les longues séries de blanches s'auto-entretiennent (chaque blanche tirée rend la suivante plus probable), et leur poids rend la moyenne infinie.

Cheat code

Tirages avec renforcement : probabilités composées, l'état de l'urne étant connu sur l'événement conditionnant ; le produit est en général télescopique. Pour l'existence d'une espérance d'une variable à valeurs dans $\N^*$, tester $\sum \PP(Y > j)$ : une survie en $\frac{1}{j}$ donne une variable finie sans espérance.

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10. Temps d'attente du motif « Pile puis Face »¶

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$T_1$ est le rang du premier succès dans une suite d'épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre $p$ : $T_1 \hookrightarrow \mathcal{G}(p)$.
Si $T = n$, on a $F_n$ et $P_{n-1}$. Notons $k = T_1 \le n - 1$. Après ce premier Pile, tout Face compléterait le motif : les lancers $k+1, \dots, n-1$ sont donc des Piles. Réciproquement, si $T_1 = k$, que les lancers $k+1$ à $n-1$ donnent Pile et le lancer $n$ Face, le motif apparaît pour la première fois au rang $n$ (avant $k$, que des Faces ; entre $k$ et $n-1$, que des Piles). Les événements de la réunion sont incompatibles ($T_1$ diffère), et par indépendance : $$\PP(T = n) = \sum_{k=1}^{n-1} q^{k-1} p \cdot p^{n-1-k} \cdot q = pq \sum_{k=1}^{n-1} q^{k-1} p^{n-1-k}.$$
Pour $p = q = \frac12$, chaque terme vaut $\frac{1}{2^n}$ et il y en a $n - 1$ : $\PP(T = n) = \dfrac{n-1}{2^n}$. La série $\sum n(n-1)2^{-n}$ est à termes positifs et, avec le rappel $\sum_{n \ge 2} n(n-1)x^{n-2} = \frac{2}{(1-x)^3}$ pour $|x| < 1$ : $$\E(T) = \frac14 \sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1) \left(\frac12\right)^{n-2} = \frac14 \cdot \frac{2}{(1/2)^3} = \mathbf{4}.$$
Pour $k \ge 1$ et $j \ge 1$, comme en 2 : $[T_1 = k] \cap [T - T_1 = j] = [T_1 = k] \cap P_{k+1} \cap \dots \cap P_{k+j-1} \cap F_{k+j}$, donc $$\PP(T_1 = k, T - T_1 = j) = q^{k-1} p \cdot p^{j-1} q.$$ En sommant sur $k \ge 1$ (probabilités totales) : $\PP(T - T_1 = j) = p^{j-1} q$. Donc $T - T_1 \hookrightarrow \mathcal{G}(q)$, et la formule montre même que $T_1$ et $T - T_1$ sont indépendantes. Par linéarité : $$\E(T) = \E(T_1) + \E(T - T_1) = \frac1p + \frac1q = \mathbf{\frac{1}{pq}},$$ ce qui redonne 4 pour $p = \frac12$.
Pour $p = \frac12$, $\E(T') = \frac{3/2}{1/4} = 6 > 4$. Explication : pour « Pile Face », une fois un Pile obtenu, un nouveau Pile ne fait rien perdre (le dernier lancer est toujours un Pile) ; pour « Pile Pile », un Face après un Pile détruit le progrès et on repart de zéro. Les deux motifs ont la même fréquence d'apparition à long terme, mais « Pile Pile » apparaît par grappes (PPP contient deux motifs qui se chevauchent), donc ses premières apparitions sont plus espacées. Simulation :

import numpy.random as rd

def attente(m1, m2, p):
    prec = int(rd.random() < p)      # 1 pour Pile, 0 pour Face
    cour = int(rd.random() < p)
    n = 2
    while not (prec == m1 and cour == m2):
        prec = cour
        cour = int(rd.random() < p)
        n = n + 1
    return n

La moyenne de $10^4$ appels de attente(1, 0, 0.5) est proche de 4, celle de attente(1, 1, 0.5) proche de 6.

Cheat code

Temps d'attente d'un motif sans chevauchement possible (comme PF) : découper en attentes géométriques successives (premier P, puis premier F), espérance par linéarité. Motif qui peut se chevaucher avec lui-même (PP, PPP) : l'attente est plus longue ; on conditionne par les premiers lancers (récurrence sur l'état), méthode à voir dans le chapitre sur les chaînes de Markov.

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