CHAPITRE 9
297
13. a) Pour qu’au cours de n jets, avec n ≥ 3, on n’am` ene aucun triplet F F F ,
il faut en particulier que les trois premiers jets n’am` enent pas ce triplet.
Il faut donc que la suite des n jets commence par P , ou F P , ou F F P ;
ce sont des ´ ev` enements de probabilit´ e 1/2, 1/4, 1/8, respectivement.
Conditionnellement `
a l’un de ces ´ ev` enements, la probabilit´ e pour que
les jets suivants n’am` enent aucun triplet F F F est u n−1 , u n−2 , u n−3 ,
respectivement ; d’o` u le r´ esultat.
b) U (s) − 1 − s − s
2 =
n≥3
u n s
n =
1
2
n≥3
u n−1 s
n +
1
4
n≥3
u n−2 s
n +
1
8
n≥3
u n−3 s
n =
s
2
U (s) − 1 − s
+
s
2
4
U (s) − 1
+
s
3
8
U (s). Le r´ esultat
en d´ ecoule en r´ esolvant par rapport `
a U (s).
d) D’apr` es la partie c) du probl` eme 12, on a u n ∼ −as
−(n+1)
1
, o` u
a =
P (s 1 )
Q (s 1 )
=
2s
2
1 + 4s 1 + 8
4 + 4s 1 + 3s 2
1
= 1, 236 . . ., d’o` u u n ∼
1, 236 . . .
(1, 087 . . . ) n+1
lorsque n tend vers l’infini.
15.
Non. Supposons, en effet, le premier d´ e pip´ e selon (p 1 , . . . , p 6 ) et le
deuxi` eme selon (q 1 , . . . , q 6 ) (p i ≥ 0 ; p 1 + · · · + p 6 = 1) et (q i ≥
0 ; q 1 + · · · + q 6 = 1). D´ esignons par X 1 (resp. X 2 ) le point amen´ e
par le premier (resp. le second) d´ e. Leurs fonctions g´ en´ eratrices sont
donn´ ees par : G X 1 (s) = p 1 s + · · · + p 6 s
6 = s(p 1 + p 2 s + · · · + p 6 s
5 ) =
s P 1 (s) et G X 2 (s) = q 1 s + · · · + q 6 s
6 = s P 2 (s), o` u P 1 , P 2 sont des
polynˆ omes de degr´ e 5 en s, ` a coefficients r´ eels. Par hypoth` ese, on a
G X 1 +X 2 (s) =
1
11 (s
2 + · · · + s
12 ) =
s
2
11 (1 + s + · · · + s
10 ). Si le probl` eme
´ etait possible, on aurait : G X 1 +X 2 = G X 1 G X 2 , c’est-` a-dire
P 1 (s) P 2 (s) =
1
11
(1 + s + · · · + s
10 ) =
1
11
1 − s
11
1 − s
= Q(s).
Or Q est un polynˆ ome ` a coefficients r´ eels admettant dix z´ eros complexes
(non r´ eels) conjugu´ es deux ` a deux, alors que P 1 et P 2 , polynˆ omes de
degr´ e 5, ` a coefficients r´ eels, admettent chacun un z´ ero r´ eel ; d’o` u une
contradiction.
16.
α k =
n!
n 1 ! . . . n 6 !
, o` u la sommation est ´ etendue `
a l’ensemble des
suites (n 1 , . . . , n 6 ) v´ erifiant n 1 ≥ 0, . . . , n 6 ≥ 0 et n 1 + · · · + n 6 = k.
17.
λ
r .
18. a) G S r (s) =
ps
1 − qs
r
(|s| < 1, q = 1 − p).
b) G S r (s) = (ps)
r (1 − qs)
−r = (ps)
r
k≥0
−r
k
(−qs)
k =
k≥0
−r
k
p
k (−q)
r s
r+k
d’o` u la loi de probabilit´ e de S r donn´ ee par : P{S r = r + k} =
−r
k
p
k (−q)
r (k ≥ 0). On voit que la loi Π(r, p) de S r est une loi
binomiale n´ egative de param` etres r, p.
c) ´
Evident `
a partir de a).
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13. a) Pour qu’au cours de n jets, avec n ≥ 3, on n’am` ene aucun triplet F F F ,
il faut en particulier que les trois premiers jets n’am` enent pas ce triplet.
Il faut donc que la suite des n jets commence par P , ou F P , ou F F P ;
ce sont des ´ ev` enements de probabilit´ e 1/2, 1/4, 1/8, respectivement.
Conditionnellement `
a l’un de ces ´ ev` enements, la probabilit´ e pour que
les jets suivants n’am` enent aucun triplet F F F est u n−1 , u n−2 , u n−3 ,
respectivement ; d’o` u le r´ esultat.
b) U (s) − 1 − s − s
2 =
n≥3
u n s
n =
1
2
n≥3
u n−1 s
n +
1
4
n≥3
u n−2 s
n +
1
8
n≥3
u n−3 s
n =
s
2
U (s) − 1 − s
+
s
2
4
U (s) − 1
+
s
3
8
U (s). Le r´ esultat
en d´ ecoule en r´ esolvant par rapport `
a U (s).
d) D’apr` es la partie c) du probl` eme 12, on a u n ∼ −as
−(n+1)
1
, o` u
a =
P (s 1 )
Q (s 1 )
=
2s
2
1 + 4s 1 + 8
4 + 4s 1 + 3s 2
1
= 1, 236 . . ., d’o` u u n ∼
1, 236 . . .
(1, 087 . . . ) n+1
lorsque n tend vers l’infini.
15.
Non. Supposons, en effet, le premier d´ e pip´ e selon (p 1 , . . . , p 6 ) et le
deuxi` eme selon (q 1 , . . . , q 6 ) (p i ≥ 0 ; p 1 + · · · + p 6 = 1) et (q i ≥
0 ; q 1 + · · · + q 6 = 1). D´ esignons par X 1 (resp. X 2 ) le point amen´ e
par le premier (resp. le second) d´ e. Leurs fonctions g´ en´ eratrices sont
donn´ ees par : G X 1 (s) = p 1 s + · · · + p 6 s
6 = s(p 1 + p 2 s + · · · + p 6 s
5 ) =
s P 1 (s) et G X 2 (s) = q 1 s + · · · + q 6 s
6 = s P 2 (s), o` u P 1 , P 2 sont des
polynˆ omes de degr´ e 5 en s, ` a coefficients r´ eels. Par hypoth` ese, on a
G X 1 +X 2 (s) =
1
11 (s
2 + · · · + s
12 ) =
s
2
11 (1 + s + · · · + s
10 ). Si le probl` eme
´ etait possible, on aurait : G X 1 +X 2 = G X 1 G X 2 , c’est-` a-dire
P 1 (s) P 2 (s) =
1
11
(1 + s + · · · + s
10 ) =
1
11
1 − s
11
1 − s
= Q(s).
Or Q est un polynˆ ome ` a coefficients r´ eels admettant dix z´ eros complexes
(non r´ eels) conjugu´ es deux ` a deux, alors que P 1 et P 2 , polynˆ omes de
degr´ e 5, ` a coefficients r´ eels, admettent chacun un z´ ero r´ eel ; d’o` u une
contradiction.
16.
α k =
n!
n 1 ! . . . n 6 !
, o` u la sommation est ´ etendue `
a l’ensemble des
suites (n 1 , . . . , n 6 ) v´ erifiant n 1 ≥ 0, . . . , n 6 ≥ 0 et n 1 + · · · + n 6 = k.
17.
λ
r .
18. a) G S r (s) =
ps
1 − qs
r
(|s| < 1, q = 1 − p).
b) G S r (s) = (ps)
r (1 − qs)
−r = (ps)
r
k≥0
−r
k
(−qs)
k =
k≥0
−r
k
p
k (−q)
r s
r+k
d’o` u la loi de probabilit´ e de S r donn´ ee par : P{S r = r + k} =
−r
k
p
k (−q)
r (k ≥ 0). On voit que la loi Π(r, p) de S r est une loi
binomiale n´ egative de param` etres r, p.
c) ´
Evident `
a partir de a).