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SOLUTIONS
Solutions
Soit m 1. Pour n ∈ N
∗ , on considère l’événement A
n = A nm ∩ A nm+1 ∩ . . . ∩ A (n+1)m−1 .
Comme les résultats des différents lancers sont indépendants, la suite (A
n ) est constituée
d’événements indépendants. D’autre part, on a P(A
n ) = p
m pour tout n ∈ N
∗ , donc la
série de terme général diverge trivialement. Considérons l’événement B
: « une infinité
d’événements A
n se réalisent ». En appliquant le résultat de la question 2, on obtient
P(B
) = 0. Or si B
est réalisé, une infinité de séquences de m piles consécutifs apparaît car
si A
n est réalisé, il apparaît des piles entre le mn-ième et le (mn + m − 1)-ième lancer (ce qui
fait une séquence de m lancers) et les séquences de m-piles ainsi obtenues sont disjointes.
Ainsi, il apparaît une infinité de séquences de m piles consécutifs de façon quasi-certaine.
Chapitre 8
1.
1. Suivons le nombre de boules restant dans l’urne après chaque tirage. On obtient
n − 1, n − 1, n − 2, n − 2, · · · , 1, 1, 0.
Il y a donc eu exactement N = 2(n − 1) + 1 = 2n − 1 tirages pour vider l’urne.
2. a. Comme il n’y a pas remise lors des tirages impairs, il vient, pour 1 j n − 1
[X 2j = 1] = [X 1 = 0] ∩ [X 3 = 0] ∩ · · · ∩ [X 2j−1 = 0] ∩ [X 2j = 1].
Par la formule des probabilités composées on obtient
P([X 2j = 1]) = P([X 1 = 0])P([X 3 = 0]/[X 1 = 0]) . . . P([X 2j−1 = 0]/[X 1 = 0] ∩ · · ·
∩ [X 2j−3 = 0])P([X 2j = 1]/[X 1 = 0] ∩ · · · ∩ [X 2j−1 = 0])
Il reste n − k boules dans l’urne après le (2k − 1)-ième tirage donc
P([X 2j = 1]) =
n − 1
n
·
n − 2
n − 1
· · ·
n − j
n − j + 1
1
n − j
=
1
n
·
On a , de même, pour 0 j n − 1,
[X 2j+1 = 1] = [X 1 = 0] ∩ [X 3 = 0] ∩ · · · ∩ [X 2j−1 = 0] ∩ [X 2j+1 = 1]
puis
P([X 2j+1 = 1]) = P([X 1 = 0])P([X 3 = 0]/[X 1 = 0]) . . . P([X 2j−1 = 0]/[X 1 = 0] ∩ · · ·
∩ [X 2j−3 = 0])P([X 2j+1 = 1]/[X 1 = 0] ∩ · · · ∩ [X 2j−1 = 0])
= P([X 2j = 1]) =
1
n
,
car le contenu de l’urne avant le (2j)-ième tirage et avant le (2j + 1)-ième tirage est le
même.
Ainsi, pour tout k ∈ Ú1, 2n − 1Û, X k suit la loi de Bernoulli de paramètre
1
n
, donc
E(X k ) =
1
n
·
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SOLUTIONS
Solutions
Soit m 1. Pour n ∈ N
∗ , on considère l’événement A
n = A nm ∩ A nm+1 ∩ . . . ∩ A (n+1)m−1 .
Comme les résultats des différents lancers sont indépendants, la suite (A
n ) est constituée
d’événements indépendants. D’autre part, on a P(A
n ) = p
m pour tout n ∈ N
∗ , donc la
série de terme général diverge trivialement. Considérons l’événement B
: « une infinité
d’événements A
n se réalisent ». En appliquant le résultat de la question 2, on obtient
P(B
) = 0. Or si B
est réalisé, une infinité de séquences de m piles consécutifs apparaît car
si A
n est réalisé, il apparaît des piles entre le mn-ième et le (mn + m − 1)-ième lancer (ce qui
fait une séquence de m lancers) et les séquences de m-piles ainsi obtenues sont disjointes.
Ainsi, il apparaît une infinité de séquences de m piles consécutifs de façon quasi-certaine.
Chapitre 8
1.
1. Suivons le nombre de boules restant dans l’urne après chaque tirage. On obtient
n − 1, n − 1, n − 2, n − 2, · · · , 1, 1, 0.
Il y a donc eu exactement N = 2(n − 1) + 1 = 2n − 1 tirages pour vider l’urne.
2. a. Comme il n’y a pas remise lors des tirages impairs, il vient, pour 1 j n − 1
[X 2j = 1] = [X 1 = 0] ∩ [X 3 = 0] ∩ · · · ∩ [X 2j−1 = 0] ∩ [X 2j = 1].
Par la formule des probabilités composées on obtient
P([X 2j = 1]) = P([X 1 = 0])P([X 3 = 0]/[X 1 = 0]) . . . P([X 2j−1 = 0]/[X 1 = 0] ∩ · · ·
∩ [X 2j−3 = 0])P([X 2j = 1]/[X 1 = 0] ∩ · · · ∩ [X 2j−1 = 0])
Il reste n − k boules dans l’urne après le (2k − 1)-ième tirage donc
P([X 2j = 1]) =
n − 1
n
·
n − 2
n − 1
· · ·
n − j
n − j + 1
1
n − j
=
1
n
·
On a , de même, pour 0 j n − 1,
[X 2j+1 = 1] = [X 1 = 0] ∩ [X 3 = 0] ∩ · · · ∩ [X 2j−1 = 0] ∩ [X 2j+1 = 1]
puis
P([X 2j+1 = 1]) = P([X 1 = 0])P([X 3 = 0]/[X 1 = 0]) . . . P([X 2j−1 = 0]/[X 1 = 0] ∩ · · ·
∩ [X 2j−3 = 0])P([X 2j+1 = 1]/[X 1 = 0] ∩ · · · ∩ [X 2j−1 = 0])
= P([X 2j = 1]) =
1
n
,
car le contenu de l’urne avant le (2j)-ième tirage et avant le (2j + 1)-ième tirage est le
même.
Ainsi, pour tout k ∈ Ú1, 2n − 1Û, X k suit la loi de Bernoulli de paramètre
1
n
, donc
E(X k ) =
1
n
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