École Supérieure Privée d’Ingénierie et de Technologies
Probabilité I
Corrigé d’exercice №2 - Série d’exercices №2
Niveau : 4ème année D.S & INFINI
Année universitaire : 2020-2021
Exercice 2 :
Énoncé :
On considère une expérience aléatoire ayant la probabilité p ∈]0, 1] de réussir et q = 1 − p
d’échouer. On répete l’expérience indépendamment jusqu’a l’obtention de n ≥ 1 succès et l’on note
par Xn le nombre d’essais nécessaires a l’obtention de ces n succes.
1. Reconnaˆıtre la loi de X1.
2. Déterminer la loi de Xn dans le cas général, n ∈ N∗.
3. Déterminer la fonction génératrice de Xn et en déduire son espérence.
(Indication : en utilisant le développement de Taylor, on a, pour |x| < 1 : f (x) = 1
(cid:80)+∞
(1−x)n =
k=0 Cn−1
n+k−1 xk)
Solution :
1. Reconnaˆıtre la loi de X1.
Il s’agit d’une expérience aléatoire a deux issues possibles (soit succes, soit échec), bien
évidemment ici il s’agit d’une épreuve de Bernoulli avec probabilité de succès p. De plus,
la v.a. X1 désigne le nombre d’épreuves de Bernoulli indépendantes nécessaires pour obte-
nir le premier succes. Alors X1 suit une loi géométrique de parametre p et on note X ∼ G(p).
2. Déterminer la loi de Xn dans le cas général, n ∈ N∗.
D’une part, la v.a. Xn désigne le nombre d’épreuves nécessaires pour obtenir n succès. Donc,
il nous faut au moins n répétitions pour avoir les n succès. Ceci implique que :
Xn(Ω) = {n, n + 1, . . . , +∞}, n ∈ N∗.
D’autre part, on pose (Yi)i∈N∗ une suite de v.a. de même loi de Bernoulli de paramètre p,
indépendantes testant la réussite de chaque expérience. Soit m ≥ n, on définit les évènements
suivants :
A : ”Xn = m”,
B : ”Y1 + · · · + Ym−1 = n − 1”,
C : ”Ym = 1”
1
Publicité
Alors on remarque que l’évènement A = B ∩ C, ce qui entraine en utilisant l’indépendance
que :
∀m ∈ Xn(Ω), P(Xn = m) = P(Y1 + · · · + Ym−1 = n − 1, Ym = 1)
= P(Y1 + · · · + Ym−1 = n − 1) × P(Ym = 1)
= Cn−1
= Cn−1
= Cn−1
m−1pn−1(1 − p)m−1−(n−1) × p
m−1pn−1(1 − p)m−n × p
m−1pn(1 − p)m−n
3. Déterminer la fonction génératrice de Xn et en déduire son espérance.
- Détermination de la fonction génératrice : Par définition de la fonction génératrice,
on a pour z ∈ [−1, 1] :
GXn(z) =
(cid:88)
P(Xn = k) zk
=
=
=
k∈Xn(Ω)
(cid:88)
k∈Xn(Ω)
(cid:88)
k∈Xn(Ω)
Cn−1
k−1 pn(1 − p)k−n zk
Cn−1
k−1 pnqk−n zk
+∞
(cid:88)
k=n
Cn−1
k−1 pnqk−n zk
k(cid:48)=k−n=
+∞
Publicité
(cid:88)
k(cid:48)=0
k(cid:48)+n−1pnqk(cid:48)
Cn−1
zk(cid:48)+n
= (pz)n
= (pz)n
+∞
(cid:88)
k(cid:48)=0
+∞
(cid:88)
k(cid:48)=0
k(cid:48)+n−1qk(cid:48)
Cn−1
zk(cid:48)
k(cid:48)+n−1(qz)k(cid:48)
Cn−1
En utilisant le fait que :
On en déduit que :
+∞
(cid:88)
k(cid:48)=0
k(cid:48)+n−1 xk(cid:48)
Cn−1
=
1
(1 − x)n
GXn(z) = (pz)n
1
(1 − qz)n = (
pz
1 − qz
)n
- Détermination de l’espérance : D’après le cours et en utilisant le lien entre la fonc-
Publicité
tion génératrice d’une variable aléatoire discrète et ses moments, l’espérance de Xn se
2
calcule par :
Or ∀z ∈] − 1, 1[, on a :
G
(cid:48)
Xn(z) =
(cid:16)
E(Xn) = G
(cid:48)
Xn(1).
(
)n(cid:17)(cid:48)
pz
1 − qz
(cid:16) p(1 − qz) + pqz
(1 − qz)2
(pz)n−1
(1 − qz)n+1
= n
= np
(cid:17)
(
pz
1 − qz
)n−1
D’où,
E(Xn) = G
(cid:48)
Xn(z)|z=1 =
n
p
.
3