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SOLUTIONS
Solutions
On peut supposer que la variable U n est indépendante des variables X i . Chaque variable X i
possède une espérance car est finie, à valeurs dans [[0, N]]. Les variables U n sont finies aussi
pour tout n ∈ N. En effet chaque individu ayant au plus N descendants, la plus grande
valeur prise par U n est N
n . Les hypothèses de la question précédente sont vérifiées et on a
E(U n+1 ) = E(X 1 )E(U n ) = E(U 1 )E(U n ).
On en déduit, pour tout n ∈ N,
E(U n ) = (E(U 1 ))
n E(U 0 ) = (E(U 1 ))
n ,
car U 0 est la variable certaine égale à 1.
4. La variable S est à valeurs dans N. En appliquant la formule des probabilités totales, on
obtient, pour tout n ∈ N,
P([S = n]) =
+∞
k=0
P([S = n]/[T = k])P([T = k])
=
+∞
k=0
P([X 1 + · + X k = n]/[T = k])P([T = k])
=
+∞
k=0
P([X 1 + · + X k = n])P([T = k]),
car les variables X 1 + · + X k et T sont indépendantes.
La variable X 1 + · · · + X k est une somme de k variables indépendantes suivant une loi
de Bernoulli de paramètre p. Elle suit une loi binomiale de paramètre (k, p). On a donc
P([X 1 + · · · + X k = n]) =
0
s ik < n
k
n
p
n q
k−n
sinon.
On en déduit
P([S = n]) =
+∞
k=n
k
n
p
n q
k−n e
−l l
k
k!
=
e
−l (pl)
n
n!
+∞
k=n
(ql)
k−n
(k − n)!
=
e
−l (pl)
n
n!
e
ql =
e
−pl (pl)
n
n!
·
La variable S suit la loi de Poisson de paramètre pl.
On a donc E(S) = pl = E(X 1 )E(T ). Bien que les hypothèses de la deuxième question ne
soient pas vérifiées (T n’est pas finie), le résultat reste vrai.
7.
1. La variable U est à valeurs dans N et V à valeurs dans Z. Soit (i, j) ∈ N × Z.
Si j 0, on a
[U = i] ∩ [V = j] = [inf(X, Y ) = i] ∩ [X − Y = j] = [Y = i] ∩ [X − i = j]
= [X = i + j] ∩ [Y = i],
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