Chapitre 8 – Variables aléatoires discrètes
Réciproquement, soit (x k ) une suite à valeurs dans [0, 1[ telle que la série de terme
général x k diverge. On pose p 0 = x 0 et, pour tout n 1, p n = x n
n−1
k=0
(1 − x k ). On a,
pour tout n ∈ N, p n ∈ [0, 1]. On remarque de plus que si on pose, pour tout n 0,
q n =
n
k=0
(1 − x k ), on a, pour n 1, p n = x n q n−1 et
p n = x n
n−1
k=0
(1 − x k ) = (1 − (1 − x n ))q n−1 = q n−1 − (1 − x n )q n−1 = q n−1 − q n .
On en déduit que, pour n 1,
n
k=0
p k = p 0 +
n
k=1
(q k−1 − q k ) = p 0 + q 0 − q n .
La série de terme général x k diverge, donc de l’équivalence démontrée à la question
précédente on définit la divergence du produit
(1 − x k ). La suite (q n ) est décroissante
et minorée par 0 donc elle converge vers une limite positive ou nulle. Par définition
de la convergence d’un produit, cette limite ne peut pas être strictement positive : (q n )
converge vers 0. On en déduit lim
n→+∞
p k = p 0 + q 0 = x 0 + 1 − x 0 = 1. Par définition,
la série de terme général p n converge et
+∞
k=0
p k = 1.
On en déduit qu’il existe une variable aléatoire X à valeur dans N telle que, pour tout
n ∈ N, P([X = x n ) = p n . Étudions le taux de panne de X. On a, pour tout n ∈ N
∗ ,
P([X n − 1] =
n−1
k=0
p k = p 0 + q 0 − q n−1 = 1 − q n−1
donc P([X n]) = q n−1 . On en déduit, pour n 1,
P([X = n]/[X n]) =
P([X = n])
P([X n])
=
p n
q n−1
= x n .
De plus P([X = 0]/[X 0]) = P([X = 0]) = p 0 = x 0 . La suite (x k ) est le taux de
panne de la variable X.
11.
Pour tout entier n ∈ N
∗ , on note A n l’événement « la n-ième épreuve est un succès » et B n l’événement « au cours des n premières épreuves, on a obtenu au moins r succès
consécutifs ». On a donc P n = P(B n ).
1. a. On ne peut obtenir r succès consécutifs en moins de r épreuves. On a donc
P 0 = P 1 = . . . = P r−1 = 0. L’événement P r est réalisé si les r premières épreuves
sont des succès, ce qui donne P r = p
r .
b. Il est clair que B n ⊂ B n+1 , ce qui implique P n P n+1 et P n+1 − P n = P(B n+1 \ B n ).
Il faut donc montrer que P(B n+1 \ B n ) = (1 − P n−r )p
r (1 − p). L’événement B n+1 \ B n
est réalisé si les n premières épreuves n’ont pas donné r succès consécutifs et si les n + 1
premières donnent r succès consécutifs qui sont obtenus au r dernières épreuves, i.e.
aux épreuves n − r + 2, . . . , n, n + 1. L’épreuve précédente, la (n − r + 1)-ième est un
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Réciproquement, soit (x k ) une suite à valeurs dans [0, 1[ telle que la série de terme
général x k diverge. On pose p 0 = x 0 et, pour tout n 1, p n = x n
n−1
k=0
(1 − x k ). On a,
pour tout n ∈ N, p n ∈ [0, 1]. On remarque de plus que si on pose, pour tout n 0,
q n =
n
k=0
(1 − x k ), on a, pour n 1, p n = x n q n−1 et
p n = x n
n−1
k=0
(1 − x k ) = (1 − (1 − x n ))q n−1 = q n−1 − (1 − x n )q n−1 = q n−1 − q n .
On en déduit que, pour n 1,
n
k=0
p k = p 0 +
n
k=1
(q k−1 − q k ) = p 0 + q 0 − q n .
La série de terme général x k diverge, donc de l’équivalence démontrée à la question
précédente on définit la divergence du produit
(1 − x k ). La suite (q n ) est décroissante
et minorée par 0 donc elle converge vers une limite positive ou nulle. Par définition
de la convergence d’un produit, cette limite ne peut pas être strictement positive : (q n )
converge vers 0. On en déduit lim
n→+∞
p k = p 0 + q 0 = x 0 + 1 − x 0 = 1. Par définition,
la série de terme général p n converge et
+∞
k=0
p k = 1.
On en déduit qu’il existe une variable aléatoire X à valeur dans N telle que, pour tout
n ∈ N, P([X = x n ) = p n . Étudions le taux de panne de X. On a, pour tout n ∈ N
∗ ,
P([X n − 1] =
n−1
k=0
p k = p 0 + q 0 − q n−1 = 1 − q n−1
donc P([X n]) = q n−1 . On en déduit, pour n 1,
P([X = n]/[X n]) =
P([X = n])
P([X n])
=
p n
q n−1
= x n .
De plus P([X = 0]/[X 0]) = P([X = 0]) = p 0 = x 0 . La suite (x k ) est le taux de
panne de la variable X.
11.
Pour tout entier n ∈ N
∗ , on note A n l’événement « la n-ième épreuve est un succès » et B n l’événement « au cours des n premières épreuves, on a obtenu au moins r succès
consécutifs ». On a donc P n = P(B n ).
1. a. On ne peut obtenir r succès consécutifs en moins de r épreuves. On a donc
P 0 = P 1 = . . . = P r−1 = 0. L’événement P r est réalisé si les r premières épreuves
sont des succès, ce qui donne P r = p
r .
b. Il est clair que B n ⊂ B n+1 , ce qui implique P n P n+1 et P n+1 − P n = P(B n+1 \ B n ).
Il faut donc montrer que P(B n+1 \ B n ) = (1 − P n−r )p
r (1 − p). L’événement B n+1 \ B n
est réalisé si les n premières épreuves n’ont pas donné r succès consécutifs et si les n + 1
premières donnent r succès consécutifs qui sont obtenus au r dernières épreuves, i.e.
aux épreuves n − r + 2, . . . , n, n + 1. L’épreuve précédente, la (n − r + 1)-ième est un
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