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SOLUTIONS
Solutions
2. a. On a, pour tout n ∈ N,
x n = P([X = n]/[X n]) =
P([X = n])
P([X n])
=
P([X n]) − P([X n + 1])
P([X n])
et donc P([X n + 1]) = (1 − x n )P([X n]). De plus P([X 0]) = 1, donc on
obtient par une récurrence évidente, pour n 1,
P([X n]) =
n−1
k=0
(1 − x k ),
puis
p n = P([X = n]) = x n P([X n]) = x n
n−1
k=0
(1 − x k ).
Par ailleurs, on a p 0 = P([X = 0]) = x 0 .
b. Si la variable X est à valeurs dans N
∗ et a un taux de panne constant, on a x 0 = 0 et il
existe p ∈ R tel que, pour tout n 1, x n = p. On en déduit, pour tout n ∈ N
∗ ,
P([X = n]) = p(1 − p)
n−1 .
Comme P([X n]) > 0 pour tout n ∈ N, on a p ∈ ]0, 1[ et X suit la loi géométrique
de paramètre p.
Réciproquement si, X suit la loi géométrique de paramètre p, X est à valeurs dans N
∗ ,
et pour n 1, P([X = n]) = p(1 − p)
n−1 , P([X n]) = (1 − p)
n−1 > 0 (le temps
d’attente du premier succès est supérieur ou égal à n si les n − 1 premiers résultats sont
des échecs). On a donc pour n 1,
x n = P([X = n]/[X n]) =
P([X = n])
P([X n])
= 1 − p.
Le taux de panne est constant.
c. Si la suite (x k ) est un taux de panne, on a, pour tout k ∈ N, x k ∈ [0, 1] (c’est une
probabilité) et x k = 1, sinon P([X k + 1]) = 0, ce qui est contraire à l’hypothèse,
donc 0 x k < 1. Pour tout n ∈ N
∗ ,
P([X n]) =
n−1
k=0
(1 − x k ).
Comme
lim
n→+∞
P([X n]) = lim
n→+∞
+∞
k=n
P([X = k]) = 0,
car c’est la limite du reste d’une série convergente, on a lim
n→+∞
n−1
k=0
(1 − x k ) = 0. Par
définition d’un produit convergent, le produit
(1 − x k ) diverge. De par l’équivalence
démontrée à la question précédente, la série de terme général x k diverge.
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