Corrigé - LAMFA - Université de Picardie Jules Verne

January 13, 2018 | Author: Anonymous | Category: Mathématiques, Statistiques et probabilités
Share Embed Donate


Short Description

Download Corrigé - LAMFA - Université de Picardie Jules Verne...

Description

Université de Picardie Jules Verne Faculté de Mathématiques et d’Informatique

Année 2005-2006

Licence mention Mathématiques - Deuxième année - Semestre 4 Probabilités élémentaires Corrigé du devoir 2 Exercice 1 - Histoire de QCM Partie I 1) a) On suppose construit un espace probabilisé , A, P adapté à l’expérience étudiée. Il est clair que N est à valeurs dans  N  n, −p, et que PN  n  1 et PN  −p  2 . 3 3 n − 2p . Ainsi, EN  0 si et seulement si n  2p. b) On a EN  nPN  n  −pPN  −p  3 2) On peut considérer que le candidat répète n  4 fois la même expérience "répondre au hasard à une question" au cours de laquelle l’événement A "répondre correctement" a la probabilité p  1 de se réaliser. 3 Ainsi, la variable aléatoire X égale au nombre de réponse correctes, c’est-à-dire au nombre de réalisations de A, suit la loi Binomiale Bn, p  B 4, 1 . 33 1 2 1 ≃ 0, 0988. 3 On a alors PX  3  C 4  3 3 Partie II 1) Réponse 3 : 110. En effet, il y a C 310  120 paquets différents, dont C 35  10 paquets ne contenant que des jetons ayant un numéro impair, et donc 120 − 10  110 paquets contenant au moins un jeton ayant un numéro pair. 2) Réponse 2 : 0, 25. En effet, 0, 65  1 − PA  B  PA  B  PA  PB − PA ∩ B  0, 9 − PA ∩ B, d’où PA ∩ B  0, 25. 1 PB ∩ A PB ∩ A 2 A , et donc PA   6  2. 3) Réponse 1 : . En effet, PB/A  P B  1 3 3 PA P A B 4 3 . En effet, EX  ∑ x i p i  2, EX 2   ∑ x 2 p i  11 , i 2 2 2 3 3 2 . VarX  EX  − EX  , et donc X  VarX  2 2 4) Réponse 2 :

Exercice 2 - Problème de pannes (première partie) Première partie : cas discret. A. Loi de survie et coefficient d’avarie. 1) Pour tout entier naturel n non nul, on a T  n − 1  T  n  T  n, cette réunion étant disjointe, donc PT  n − 1  PT  n  PT  n, et PT  n  PT  n − 1 − PT  n  Dn − 1 − Dn. PT  n ∩ T  n − 1 PT  n Comme  n  P T  n / T  n − 1   , on en déduit que PT  n − 1 PT  n − 1 Dn − 1 − Dn n  . Dn − 1

3

2) On suppose que p est un réel de l’intervalle 0, 1 et que T suit la loi géométrique de paramètre p. a) Rappelons le résultat suivant : ′    ′ 1 x   . pour tout réel x de −1, 1, ∑ nx n−1  ∑x n  ′  ∑ x n 1 − x − x 2 1 n1 n1 n1 Comme 1 − p est dans 0, 1 ⊂ −1, 1, on a    1  1p . ET  ∑ nPT  n  ∑ np1 − p n−1  p ∑ n1 − p n−1  p  2 1 − 1 − p n1 n1 n1 b) Pour tout entier naturel n, on a   1  1 − p n Dn  PT  n  P  T  k  ∑ p1 − p k−1  p  1 − p n  1 − 1 − p kn1 kn1 c) De 1) et 2)b), on déduit que pour tout entier naturel n non nul, Dn − 1 − Dn 1 − p n−1 − 1 − p n 1 − p n−1 1 − 1 − p n     p. Dn − 1 1 − p n−1 1 − p n−1 3) Réciproquement, on suppose dans cette question qu’il existe un réel  strictement positif tel que pour tout entier naturel n non nul,  n  . a) De 1), on déduit que pour tout entier naturel n non nul, Dn − 1 − Dn , et donc Dn − 1  Dn − 1 − Dn, c’est-à-dire Dn  1 − Dn − 1. n    Dn − 1 b) Ainsi, la suite Dn est géométrique, de raison r  1 − , et de premier terme D0  PT  0  1. On en déduit que pour tout entier naturel n, Dn  D0r n  1  1 −  n  1 −  n . c) De 1) on déduit alors que pour tout entier naturel n non nul, PT  n  Dn − 1 − Dn  1 −  n−1 − 1 −  n  1 −  n−1 1 − 1 −   1 −  n−1 , c’est-à-dire que T suit la loi géométrique de paramètre . B. Nombre moyen de pannes successives dans un cas particulier. 1) a) On a ET  1PT  1  2PT  2  p  21 − p  2 − p. b) Remarquons d’abord pour tout entier naturel n non nul, r n  ER n   0PR n  0  1PR n  1  PR n  1. Ainsi, R n suit la loi de Bernoulli de paramètre r n . On a ainsi r 1  PR 1  1  p, probabilité que le composant tombe en panne à l’instant 1, et donc qit une durée de vie de 1. De plus, utilisant la formule des probabilités complètes avec le système complet d’événements (de probabilité non nulle) R 1  0, R 1  1, on a r 2  PR 2  1  PR 1  0P R 2  1 / R 1  0  PR 1  1P R 2  1 / R 1  1 . Or P R 2  1 / R 1  0  1, car sachant que le composant ne tombe pas en panne à l’instant 1, il tombe en panne à l’instant 2 de façon certaine car la durée de vie d’un composant est 1 ou 2 ; de façon analogue P R 2  1 / R 1  1  p, car sachant que le composant tombe en panne à l’instant 1, il est instantanément remplacé et la probabilité que ce nouveau composant tombe en panne à l’instant 2 est égale à la probabilité que sa durée de vie soit 1. On en déduit que r 2  1 − p  1  p  p  p 2 − p  1. 2) Soit n un entier naturel non nul. a) Utilisant la formule des probabilités complètes avec le système complet d’événements (de probabilité non nulle) R n1  0, R n1  1, on a PR n2  1  PR n1  0P R n2  1 / R n1  0  PR n1  1P R n2  1 / R n1  1  1 − PR n1  1  1  PR n1  1  p  p − 1PR n1  1  1. De façon analogue, on obtient PR n1  1  p − 1PR n  1  1. On en déduit que PR n2  1  pPR n1  1 − PR n1  1  1  pPR n1  1 − p − 1PR n  1  1  1  pPR n1  1  1 − pPR n  1. b) On a déjà remarqué que pour tout entier naturel n non nul, r n  PR n  1. On en déduit donc que r n2  pr n1  1 − pr n .

4

3) a) La suite r n  n≥1 est donc récurrente linéaire d’ordre 2. L’équation caractéristique associée est EC r 2 − pr  p − 1  0, équation polynomiale de degré 2. Le discriminant du polynome r 2 − pr  p − 1 est Δ  −p 2 − 4  1  p − 1  p 2 − 4p  4  p − 2 2  0, p − p − 2 2 p − |p − 2| pp−2    p − 1 et donc EC admet les deux solutions réelles r 1  21 21 2 2 p  p − 2 p  |p − 2| p2−p    1. r2  21 21 2 Ainsi, il existe deux constantes A et B telles que pour tout entier naturel n non nul, r n  Ap − 1 n  B1 n  B  Ap − 1 n . D’après 1)b), on a r 1  B  Ap − 1  p et r 2  B  Ap − 1 2  p 2 − p  1. En calculant r 2 − r 1 , p−1 . De r 1 on déduit alors B  1 . on trouve Ap − 1p − 2  p 2 − 2p  1  p − 1 2 , d’où A  2−p p−2 p−1 n 1 1  Ap − 1   Ainsi, pour tout entier naturel n non nul, r n  p − 1 n 2−p 2−p p−2 b) Comme p vérifie 0  p  1, on a −1  p − 1  0 et donc lim p − 1 n  0. On en déduit que n→ lim r n  1  1 . 2−p ET n→ 4) Soit n un entier naturel non nul. A chaque instant i compris entre 1 et n, la variable aléatoire R i indique s’il y a une panne (R i  1) ou pas (R i  0). Il est donc clair que le nombre de pannes survenues jusqu’à l’instant n inclus est donné par n

Un  ∑ Ri. i1

n

On en déduit que EU n   E ∑ R i i1 n

n

 ∑ ER i  (par linéarité de l’espérance mathématique). i1

n 1  p − 1 p − 1 i  n  p − 1 p − 1 1 − p − 1 Ainsi, on a EU n   ∑ r i  ∑ 2−p p−2 2−p p−2 1 − p − 1 i1 i1 2 − 1 p et donc EU n   n − 1 − p − 1 n . 2−p 2 − p 2 p − 1 2 p − 1 2 n n  . . De plus, lim Comme lim p − 1 n  0, on a lim − − 1  1 p  2 n→ n→ 2 − p n→ 2 − p 2 − p 2 n . On en déduit que EU n    2 − p n

5

View more...

Comments

Copyright � 2017 NANOPDF Inc.
SUPPORT NANOPDF