Problème de probabilités discrètes : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : problème de probabilités discrètes

Le corrigé détaillé : problème de probabilités discrètes

Exercice 1 – Un marcheur qui hésite (3,5 points)

1. La variable \(X_1\) est finie, donc elle admet des moments de tout ordre. Par symétrie, \(E(X_1) = \frac{1}{4} – \frac{1}{4} = 0\). Ensuite, \(E\left(X_1^2\right) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\), d’où \(V(X_1) = \frac{1}{2}\). La linéarité de l’espérance donne \(E(S_n) = 0\). De plus, les \(X_k\) étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme des variances. Ainsi \(E(S_n) = 0\) et \(V(S_n) = \frac{n}{2}\).

2. Sur la figure, le marcheur reste en 0 aux deux premiers pas, puis monte au troisième : \(T = 3\) et \(X_T = 1\). Les cercles orange se trouvent aux instants 1, 2, 8, 12, 13, 22, 23, 24, 26 et 29, soit dix passages par 0.

3. Pour \(k \geq 1\), on a \(\{T = k\} = \{X_1 = 0\} \cap \cdots \cap \{X_{k-1} = 0\} \cap \{X_k \neq 0\}\). Par indépendance, \(P(T = k) = \left(\frac{1}{2}\right)^{k-1} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2^k}\). Ensuite, \(\sum_{k \geq 1} \frac{1}{2^k} = 1\), donc \(P(T = +\infty) = 0\) : la variable \(T\) est presque sûrement finie. Elle suit la loi géométrique de paramètre \(\frac{1}{2}\), et \(E(T) = 2\).

4. Loi de la direction choisie

   Les événements \(\{T = k\}\), pour \(k \geq 1\), sont deux à deux incompatibles et leur réunion est presque sûre : ils forment un système quasi-complet. D’après la formule des probabilités totales :

   \[P(X_T = 1) = \sum_{k=1}^{+\infty} P(X_1 = 0, \ldots, X_{k-1} = 0, X_k = 1) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{2^{k-1}} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2}.\]

   Par symétrie, \(P(X_T = -1) = \frac{1}{2}\) aussi. Ainsi \(X_T\) suit la loi uniforme sur \(\{-1, 1\}\).

   Indépendance avec T

   Le calcul précédent donne, terme à terme, \(P(T = k, X_T = 1) = \frac{1}{2^{k+1}} = P(T = k) \times P(X_T = 1)\). Il en va de même pour la valeur \(-1\). Donc \(T\) et \(X_T\) sont indépendantes.

Barème : un point pour les moments, dont un demi-point pour la variance de la somme ; un demi-point pour la lecture de la figure ; un point pour la loi de \(T\) avec sa finitude presque sûre ; un point pour la loi de \(X_T\) et l’indépendance.

Exercice 2 – La loi de la position par fonction génératrice (4 points)

1. La variable \(Y_1\) prend les valeurs 0, 1 et 2 avec les probabilités \(\frac{1}{4}\), \(\frac{1}{2}\) et \(\frac{1}{4}\). Par définition, pour tout réel \(s\) :

   \[G_{Y_1}(s) = \frac{1}{4} + \frac{1}{2}s + \frac{1}{4}s^2 = \left(\frac{1 + s}{2}\right)^2.\]

   On reconnaît la fonction génératrice de la loi binomiale \(\mathcal{B}\left(2, \frac{1}{2}\right)\) ; comme elle caractérise la loi, \(Y_1\) suit cette loi.

2. Fonction génératrice de la somme

   On a \(S_n + n = Y_1 + \cdots + Y_n\), où les \(Y_k\) sont indépendantes, comme fonctions de variables indépendantes. La fonction génératrice d’une somme de variables indépendantes est le produit des fonctions génératrices, d’où \(G_{S_n + n}(s) = \left(\frac{1 + s}{2}\right)^{2n}\).

   Loi de la position

   On reconnaît la loi \(\mathcal{B}\left(2n, \frac{1}{2}\right)\) pour \(S_n + n\). Par conséquent, pour tout entier \(j\) tel que \(\lvert j \rvert \leq n\) :

   \[P(S_n = j) = P(S_n + n = n + j) = \binom{2n}{n + j}\frac{1}{4^n},\]

   et \(P(S_n = j) = 0\) dès que \(\lvert j \rvert > n\). Pour \(n = 4\), les numérateurs sont les coefficients 1, 8, 28, 56, 70, 56, 28, 8, 1 de la ligne 8 du triangle de Pascal, divisés par 256. Le diagramme suivant les représente.

   

3. Notons \(G(s) = \left(\frac{1 + s}{2}\right)^{2n}\), polynôme donc dérivable en 1. On calcule \(G^{\prime}(1) = 2n \times \frac{1}{2} = n\), puis \(G^{\prime\prime}(1) = 2n(2n – 1) \times \frac{1}{4} = \frac{n(2n – 1)}{2}\). Il vient alors \(E(S_n + n) = n\), donc \(E(S_n) = 0\). Ensuite :

   \[V(S_n + n) = G^{\prime\prime}(1) + G^{\prime}(1) – G^{\prime}(1)^2 = \frac{2n^2 – n}{2} + n – n^2 = \frac{n}{2}.\]

   Comme une translation ne change pas la variance, on retrouve \(V(S_n) = \frac{n}{2}\).

4. Avec \(j = 0\), on obtient \(u_n = \binom{2n}{n}\frac{1}{4^n}\). Ainsi \(u_1 = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\) et \(u_2 = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}\). On contrôle la première valeur directement, car \(S_1 = 0\) signifie \(X_1 = 0\).

Piège classique : appliquer la fonction génératrice directement à \(X_1\), qui prend la valeur \(-1\) ; le programme définit \(G_X\) pour des variables à valeurs dans \(\mathbb{N}\), d’où le décalage par \(Y_k\).

Barème : un point pour \(G_{Y_1}\) et la loi binomiale ; un point et demi pour la loi de \(S_n\), dont un demi-point pour le diagramme ; un point pour les moments par dérivation ; un demi-point pour \(u_n\), \(u_1\) et \(u_2\).

Exercice 3 – Écarts, covariances et loi faible (3,5 points)

1. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Si \(Z\) admet une variance, alors pour tout \(a > 0\), \(P\left(\lvert Z – E(Z) \rvert \geq a\right) \leq \frac{V(Z)}{a^2}\). On l’applique à \(S_n\), centrée, avec \(a = \varepsilon n\) : \(P\left(\lvert S_n \rvert \geq \varepsilon n\right) \leq \frac{1}{2n\varepsilon^2}\).

2. Un seuil explicite

   Avec \(\varepsilon = \frac{1}{10}\), la majoration devient \(\frac{100}{2n} = \frac{50}{n}\). Elle est inférieure ou égale à \(\frac{1}{20}\) dès que \(n \geq 1000\). Pour tout \(n \geq 1000\), on a donc \(P\left(\lvert S_n \rvert \geq \frac{n}{10}\right) \leq \frac{1}{20}\).

   Convergence en probabilité

   Les \(X_k\) sont indépendantes, de même loi, et admettent une variance. La loi faible des grands nombres affirme alors que \(\frac{S_n}{n}\) converge en probabilité vers \(E(X_1) = 0\). On le retrouve d’ailleurs en faisant tendre \(n\) vers l’infini dans la question 1.

3. Covariance sans indépendance

   Posons \(W = \mathbf{1}_{\{X_1 = 0\}}\). Le produit \(X_1 W\) est toujours nul, car \(W\) ne vaut 1 que lorsque \(X_1 = 0\). Ainsi \(\mathrm{Cov}(X_1, W) = E(X_1 W) – E(X_1)E(W) = 0 – 0 = 0\). Pourtant, \(P(X_1 = 1, W = 1) = 0\), alors que \(P(X_1 = 1)\,P(W = 1) = \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}\) : les deux variables ne sont pas indépendantes.

   Application aux sommes

   On a \(Z_n = \sum_{j=1}^{n} \mathbf{1}_{\{X_j = 0\}}\). Par bilinéarité, \(\mathrm{Cov}(S_n, Z_n)\) est la somme des \(\mathrm{Cov}\left(X_i, \mathbf{1}_{\{X_j = 0\}}\right)\). Pour \(i \neq j\), ces variables sont indépendantes, donc leur covariance est nulle. Pour \(i = j\), elle est nulle d’après ce qui précède. Finalement, \(\mathrm{Cov}(S_n, Z_n) = 0\).

4. On écrit \(S_n = S_m + (S_n – S_m)\), où \(S_n – S_m = X_{m+1} + \cdots + X_n\). D’après le lemme des coalitions, \(S_m\) et \(S_n – S_m\) sont indépendantes, d’où \(\mathrm{Cov}(S_m, S_n) = V(S_m) + 0 = \frac{m}{2}\). Ensuite, le coefficient de corrélation vaut :

   \[\rho(S_m, S_n) = \frac{m/2}{\sqrt{\frac{m}{2} \times \frac{n}{2}}} = \sqrt{\frac{m}{n}}.\]

   Ainsi \(\mathrm{Cov}(S_m, S_n) = \frac{m}{2}\) et \(\rho(S_m, S_n) = \sqrt{\frac{m}{n}}\).

Barème : un demi-point pour Bienaymé-Tchebychev ; un point pour le seuil 1000 et la loi faible ; un point pour la covariance nulle, le contre-exemple et \(\mathrm{Cov}(S_n, Z_n)\) ; un point pour la covariance de \(S_m\) et \(S_n\) puis la corrélation.

Exercice 4 – Trajectoires dénombrables et pas nuls (3 points)

1. Les trajectoires finies

   Pour chaque \(n \geq 0\), l’ensemble \(\{-1, 0, 1\}^n\) des trajectoires de longueur \(n\) est fini, de cardinal \(3^n\). L’ensemble des trajectoires finies est la réunion de ces ensembles pour \(n \in \mathbb{N}\). C’est une réunion dénombrable d’ensembles finis, donc un ensemble dénombrable (il est infini).

   Les trajectoires infinies

   Supposons au contraire qu’une suite \(\left(a^{(m)}\right)_{m \geq 1}\) énumère toutes les trajectoires infinies. Définissons alors \(b = (b_m)_{m \geq 1}\) par \(b_m = 0\) si \(a^{(m)}_m \neq 0\), et \(b_m = 1\) si \(a^{(m)}_m = 0\). Cette suite \(b\) est une trajectoire infinie, mais elle diffère de chaque \(a^{(m)}\) au rang \(m\). C’est absurde : l’ensemble des trajectoires infinies n’est pas dénombrable.

2. Écriture de l’événement

   Pour \(n \geq 0\), notons \(A_n = \bigcap_{k > n} \{X_k = 0\}\). Alors \(A = \bigcup_{n \geq 0} A_n\), qui est bien un événement, car une tribu est stable par réunion et intersection dénombrables.

   Probabilité nulle

   Pour \(n\) fixé, la suite \(B_m = \bigcap_{k=n+1}^{n+m} \{X_k = 0\}\) décroît vers \(A_n\). Par indépendance, \(P(B_m) = \frac{1}{2^m}\), et la continuité décroissante donne \(P(A_n) = 0\). Ensuite, la sous-additivité fournit \(P(A) \leq \sum_{n \geq 0} P(A_n) = 0\). L’événement \(A\) est donc négligeable : presque sûrement, le marcheur se déplace une infinité de fois.

Barème : trois quarts de point pour la dénombrabilité des trajectoires finies, trois quarts de point pour l’argument diagonal ; un demi-point pour l’écriture de \(A\) ; un point pour sa probabilité nulle et l’interprétation.

Exercice 5 – Problème : le premier retour à l’origine (6 points)

1. Quotient de deux termes

   D’après l’exercice 2, \(u_n = \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2}\). En simplifiant les factorielles :

   \[\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)^2} = \frac{2n+1}{2n+2}.\]

   Équivalent par Stirling

   La formule de Stirling donne \((2n)! \sim \sqrt{4\pi n}\left(\frac{2n}{\mathrm{e}}\right)^{2n}\) et \((n!)^2 \sim 2\pi n\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^{2n}\). Les puissances se simplifient avec \(4^n\), car \((2n)^{2n} = 4^n n^{2n}\). Il reste \(u_n \sim \frac{\sqrt{4\pi n}}{2\pi n} = \frac{1}{\sqrt{\pi n}}\), ce que confirme la figure de l’énoncé.

2. Espérance par les indicatrices

   On écrit \(N_n = \sum_{k=1}^{n} \mathbf{1}_{\{S_k = 0\}}\). Par linéarité de l’espérance, \(E(N_n) = \sum_{k=1}^{n} u_k\).

   Sommation dans le cas divergent

   Les termes \(\frac{1}{\sqrt{\pi k}}\) sont positifs et leur série diverge. Comme \(u_k \sim \frac{1}{\sqrt{\pi k}}\), le théorème de sommation des équivalents donne \(\sum_{k=1}^{n} u_k \sim \frac{1}{\sqrt{\pi}}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}\). Ensuite, \(t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}}\) décroît : l’encadrement par des intégrales donne \(2\sqrt{n + 1} – 2 \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \leq 2\sqrt{n} – 1\). Cette somme est donc équivalente à \(2\sqrt{n}\). Finalement, \(E(N_n) \sim 2\sqrt{\frac{n}{\pi}}\).

3. Le quotient \(\frac{u_{n+1}}{u_n}\) tend vers 1 et \(u_n > 0\) : la règle de d’Alembert pour les séries entières donne un rayon égal à 1. Par ailleurs, la série du binôme fournit, pour \(\lvert x \rvert < 1\), \((1 – x)^{-1/2} = \sum_{n \geq 0} a_n x^n\), avec :

   \[a_n = \frac{\frac{1}{2} \times \frac{3}{2} \times \cdots \times \frac{2n – 1}{2}}{n!} = \frac{1 \times 3 \times \cdots \times (2n – 1)}{2^n\, n!} = \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2}.\]

   En effet, \(1 \times 3 \times \cdots \times (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}\). Ainsi \(a_n = u_n\), et \(U(x) = \frac{1}{\sqrt{1 – x}}\) sur \(\left]-1, 1\right[\).

4. Produit de Cauchy

   Comme \(0 \leq f_n \leq 1\), la série \(F\) a un rayon au moins égal à 1. Pour \(\lvert x \rvert < 1\), les deux séries convergent absolument, donc leur produit de Cauchy aussi. La relation admise donne alors \(U(x) = 1 + F(x)\,U(x)\), le terme 1 venant de \(u_0\). Puisque \(U(x) = \frac{1}{\sqrt{1 – x}}\) ne s’annule pas, on obtient \(F(x) = 1 – \frac{1}{U(x)} = 1 – \sqrt{1 – x}\).

   Coefficients par dérivation

   On dérive terme à terme sur l’intervalle ouvert de convergence : \(F^{\prime}(x) = \frac{1}{2\sqrt{1 – x}} = \frac{1}{2}U(x)\). Par unicité des coefficients, \(n f_n = \frac{1}{2}u_{n-1}\). Donc \(f_n = \frac{u_{n-1}}{2n}\) ; on vérifie que \(f_1 = \frac{1}{2}\), ce qui correspond bien à \(X_1 = 0\).

5. Retour presque sûr

   Les \(f_n\) sont positifs. Pour \(x \in [0, 1[\) et tout entier \(N\), on a \(\sum_{n=1}^{N} f_n x^n \leq F(x) \leq 1\). En faisant tendre \(x\) vers 1, il vient \(\sum_{n=1}^{N} f_n \leq 1\), donc \(\sum f_n\) converge. La série entière converge alors normalement sur \([0, 1]\), et sa somme est continue en 1. Par conséquent, \(\sum_{n \geq 1} f_n = \lim_{x \to 1^-}\left(1 – \sqrt{1 – x}\right) = 1\). Les événements \(\{R = n\}\) étant incompatibles, on a \(P(R < +\infty) = 1\) : le marcheur revient presque sûrement en 0.

   Espérance infinie

   La variable \(R\) est presque sûrement finie. Elle est d’espérance finie si et seulement si \(\sum n f_n\) converge. Or \(n f_n = \frac{u_{n-1}}{2} \sim \frac{1}{2\sqrt{\pi n}}\), terme positif d’une série divergente. Ainsi \(R\) n’est pas d’espérance finie : le retour est certain, mais il se fait attendre en moyenne une durée infinie.

Piège classique : conclure \(\sum f_n = F(1)\) sans justification ; il faut d’abord établir la convergence de \(\sum f_n\), puis la continuité de la somme en 1.

Barème : un point pour le quotient et l’équivalent de Stirling ; un point et demi pour \(E(N_n)\), dont un demi-point pour la comparaison avec une intégrale ; un point pour \(U\) avec son rayon ; un point pour \(F\) et \(f_n\) ; un point et demi pour la question finale, partagé à égalité entre le retour presque sûr et l’espérance infinie.

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