© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
La suite
E(X
2
n )
est arithmétique de raison
1
2
et pour tout n ∈ N,
E(X
2
n ) = E(X
2
0 ) +
n
2
=
n
2
·
2. On démontre comme dans la question précédente que E(Y n ) = 0 et E(Y
2
n ) =
n
2
·
De OM
2
n = X
2
n + Y
2
n , on déduit
E(OM
2
n ) = E(X
2
n ) + E(Y
2
n ) =
n
2
+
n
2
= n.
On a V (OM n ) = E(OM
2
n ) −
E(OM n )
2 . La variance est positive (c’est l’espérance d’une
variable positive) donc
E(OM n )
2 E(OM
2
n ) n
Comme la variable OM n est positive, son espérance est positive et
E(OM n )
√
n.
3. Les variables X n et Y n ne sont pas indépendantes pour n 1. En effet, on a
P([X n = n]) = P([Y n = n]) =
1
4
n
,
car pour avoir X n = n et Y n = n, il faut faire n sauts dans la même direction. Il est
impossible d’avoir simultanément X n = n et Y n = n. On a donc
P([X n = n] ∩ [Y n = n]) = 0 = P([X n = n])P([Y n = n]).
4. Pour que la puce se retrouve à l’origine après n sauts, il faut qu’elle fait le même nombre
de sauts k vers l’ouest et vers l’est et le même nombre de sauts vers le nord et le sud. Cela
nécessite que le nombre total de sauts soit pair. On a donc a n = 0 si n est impair.
Supposons que n est pair, n = 2m. Avec les notations précédentes, on doit avoir
2k + 2 = 2m, soit = m − k. La probabilité d’avoir effectué k saut vers le l’ouest, k saut
vers l’est, m − k saut vers le nord et m − k saut vers le sud est
b k =
2m
k
2m − k
k
2m − 2k
m − k
1
4
2m
,
les coefficients binomiaux correspondant aux différentes façons de répartir les sauts vers
l’ouest, puis les sauts vers l’est, enfin les sauts vers le nord parmi les 2m sauts (les sauts vers
le sud étant les m − k sauts restant), chaque saut ayant ensuite une probabilité
1
4
d’être
réalisé. On simplifie
2m
k
2m − k
k
2m − 2k
m − k
=
(2m)!
k!(2m − k)!
(2m − k)!
k!(2m − 2k)!
(2m − 2k)!
(m − k)!(m − k)!
=
(2m)!
(k!) 2 ((m − k)!) 2 =
(2m)
(m!) 2
((m)!
2
(k!) 2 ((m − k)!) 2
=
2m
m
m
k
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La suite
E(X
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n )
est arithmétique de raison
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et pour tout n ∈ N,
E(X
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n ) = E(X
2
0 ) +
n
2
=
n
2
·
2. On démontre comme dans la question précédente que E(Y n ) = 0 et E(Y
2
n ) =
n
2
·
De OM
2
n = X
2
n + Y
2
n , on déduit
E(OM
2
n ) = E(X
2
n ) + E(Y
2
n ) =
n
2
+
n
2
= n.
On a V (OM n ) = E(OM
2
n ) −
E(OM n )
2 . La variance est positive (c’est l’espérance d’une
variable positive) donc
E(OM n )
2 E(OM
2
n ) n
Comme la variable OM n est positive, son espérance est positive et
E(OM n )
√
n.
3. Les variables X n et Y n ne sont pas indépendantes pour n 1. En effet, on a
P([X n = n]) = P([Y n = n]) =
1
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n
,
car pour avoir X n = n et Y n = n, il faut faire n sauts dans la même direction. Il est
impossible d’avoir simultanément X n = n et Y n = n. On a donc
P([X n = n] ∩ [Y n = n]) = 0 = P([X n = n])P([Y n = n]).
4. Pour que la puce se retrouve à l’origine après n sauts, il faut qu’elle fait le même nombre
de sauts k vers l’ouest et vers l’est et le même nombre de sauts vers le nord et le sud. Cela
nécessite que le nombre total de sauts soit pair. On a donc a n = 0 si n est impair.
Supposons que n est pair, n = 2m. Avec les notations précédentes, on doit avoir
2k + 2 = 2m, soit = m − k. La probabilité d’avoir effectué k saut vers le l’ouest, k saut
vers l’est, m − k saut vers le nord et m − k saut vers le sud est
b k =
2m
k
2m − k
k
2m − 2k
m − k
1
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2m
,
les coefficients binomiaux correspondant aux différentes façons de répartir les sauts vers
l’ouest, puis les sauts vers l’est, enfin les sauts vers le nord parmi les 2m sauts (les sauts vers
le sud étant les m − k sauts restant), chaque saut ayant ensuite une probabilité
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d’être
réalisé. On simplifie
2m
k
2m − k
k
2m − 2k
m − k
=
(2m)!
k!(2m − k)!
(2m − k)!
k!(2m − 2k)!
(2m − 2k)!
(m − k)!(m − k)!
=
(2m)!
(k!) 2 ((m − k)!) 2 =
(2m)
(m!) 2
((m)!
2
(k!) 2 ((m − k)!) 2
=
2m
m
m
k
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