Ecricome Eco DM 6 Proba
Une Urne avec les proportions : p boules Blanches et q boules Noires   ( p + q = 1 )

• Partie I
  • tirages jusqu'à l'obtention d'une boule Noire
    Ω = { N, BN, BBN, BBBN, BBBBN, .... }
  • T = nombre de tirages pour obtenir une boule Noire
  • U = nombre de boules Blanches obtenues
  • Loi de T : Loi Géométrique de paramètre q (proba. d'obtenir une Noire)
  • P(T=k) = p^k−1 q   ( (k−1)B puis (1)N )
  • On sait que E(T) = 1/q et V(T) = p/q²
    Remarque : E(T) = ∑_k=1^k=∞ k P(T=k) = ∑_k=1^k=∞ k p^k−1 q = 1/q
    Remarque : V(T) = ∑_k=1^k=∞ k² P(T=k) − E(T)² = ∑_k=1^k=∞ k² p^k−1 q − 1/q² = p/q²
• Partie II
  • tirages jusqu'à l'obtention d'une boule Blanche et une boule Noire
    Ω = { BN, BBN, BBBN, BBBBN, .... NB, NNB, NNNB, NNNNB, ... }
  • X = nombre de tirages effectués
  • Y = nombre de boules Blanches obtenues
  • Z = nombre de boules Noires obtenues
  • 1.a) Pour k ≥ 2 :
    • décompte des séries commençant par une boule B : p^k−1 q
    • décompte des séries commençant par une boule N : q^k−1 p
    • Ces 2 séries sont disjointes ( elles n'ont pas d'intersection ), donc leur union est égale à leur somme :
    • P(X=k) = p^k−1 q + q^k−1 p
  • 1.b)

    ∑k=2k=∞ P(X=k)	=	∑k=2k=∞ pk−1 q + qk−1 p
    	=	∑k=2k=∞ pk−1 q + ∑k=2k=∞ qk−1 p	( on a décomposé la somme )
    	=	q ∑k=2k=∞ pk−1 + p ∑k=2k=∞ qk−1	( on a sorti les constantes )
    	=	q ( p2−1 − p∞ ) / (1 − p) + p ( q2−1 − q∞ ) / (1 − q)	( somme de suite géométrique )
    	=	q p / q + p q / p = p + q = 1

  • Somme de suite géométrique de raison p : ∑_k=a^k=b p^k+c = ( p^a+c − p^b+c+1 ) / ( 1 − p)
  • 1.c) E(X) = ∑_k=2^k=∞ k P(X=k) = ∑_k=2^k=∞ k ( p^k−1 q + q^k−1 p )
    • On sait que pour une loi géométrique G de raison p : E(G) = 1/p = ∑_k=1^k=∞ k q^k−1 p
    • D'où : ∑_k=2^k=∞ k q^k−1 p = 1/p − 1 q¹⁻¹ p = 1/p − p
    • En échangeant p et q : ∑_k=2^k=∞ k p^k−1 q = 1/q − q
    • E(X) = 1/p − p + 1/q − q = 1/p + 1/q − (p+q) = 1/p + 1/q − 1
  • 2.a) P( (X = k) inter (Y = 1) )
    • si k = 2 : (X = 2) inter (Y = 1) = { NB, BN } ( 2 cas possibles )
      P((X = 2) inter (Y = 1)) = qp + pq = 2pq
    • si k ≥ 3 : (X = k) inter (Y = 1) = { NNN...NNNB } ( 1 cas possible )
      P((X = k) inter (Y = 1)) = q^k−1 p
  • 2.b) P( Y = 1 ) = ∑_k=2^k=∞ P((X = k) inter (Y = 1))
    • P( Y = 1 ) = 2pq + ∑_k=3^k=∞ q^k−1 p = 2pq + p ( q³⁻¹ − q^∞ ) / ( 1 − q )
    • Or ( 1 − q ) = p
    • P( Y = 1 ) = 2pq + q² = q ( 2 p + q ) = q ( p + p + q ) = q ( p + 1 )
  • 2.c) Loi de Y :

    k =	1	k ≥ 2
    tirages	BN ou NB ou NNB ou ... ou NNN...NNNB	BBB...BBBN
    P(Y=k)	q ( p + 1 )	pk q

  • 2.d) E(Y) = ∑_k=1^k=∞ k P(Y=k) = 1 × q ( p + 1 ) + ∑_k=2^k=∞ k p^k q
    • On ramène la somme à la somme connue : E(G) = 1/p = ∑_k=1^k=∞ k q^k−1 p ou : 1/q = ∑_k=1^k=∞ k p^k−1 q
    • E(Y) = q ( p + 1 ) + p ∑_k=2^k=∞ k p^k−1 q
    • ...
    • E(Y) = q + p / q = q + ( 1 − q ) / q = q + 1/q − 1 = 1/q −(1−q) = 1/q − p
  • 2.e) Loi de Z : on échange p et q dans la loi de Y

    k =	1	k ≥ 2
    tirages	NB ou BN ou BBN ou ... ou BBB...BBBN	NNN...NNNB
    P(Z=k)	p ( q + 1 )	qk p

    E(Z) = p + 1/p − 1 = 1/p − q
  • 2.f) démontrer que Y × Z = X − 1
    • vérification de la relation dans tous les cas possibles :
    • cas Y = 1 et Z = 1 : X = 2 alors Y × Z = X − 1 = 1 est vérifiée
    • cas Y = k > 1 et Z = 1 : X = k + 1 alors Y × Z = X − 1 = k est vérifiée
    • cas Y = 1 et Z = k > 1 : X = k + 1 alors Y × Z = X − 1 = k est vérifiée
  • 2.g) E( (Y − E(Y))×(Z − E(Z)) )
    • (Y − E(Y))×(Z − E(Z)) = Y×Z − Y×E(Z) − E(Y)×Z + E(Y)×E(Z)
    • ...
      • E( (Y − E(Y))×(Z − E(Z)) ) = E(X) − 1 − E(Z)×E(Y)
    • E( (Y − E(Y))×(Z − E(Z)) ) = 1/p + 1/q − 1 − 1 − (1/q −p)(1/p−q)
      • ...
      • E( (Y − E(Y))×(Z − E(Z)) ) = ( q + p − 1 )/(pq) − pq = − pq

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