Séries génératrices et loi faible : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : séries génératrices et loi faible

Le corrigé détaillé : séries génératrices et loi faible

Exercice 1 – Lois cachées derrière quatre génératrices (4 points)

Principe commun : la génératrice d’une variable à valeurs entières est une série entière de rayon au moins 1. Si elle coïncide avec une série entière connue sur \(\left] -1, 1 \right[\), l’unicité des coefficients donne donc la loi.

1. Une loi binomiale

   On a \(G_X(t) = \left( \frac{1}{3} + \frac{2}{3} t \right)^5\), qui est la génératrice de la loi binomiale de paramètres 5 et \(\frac{2}{3}\). En effet, la formule du binôme donne \(\sum_{k=0}^{5} \binom{5}{k} \left(\frac{2}{3}\right)^k \left(\frac{1}{3}\right)^{5-k} t^k\). Ainsi \(X \sim \mathcal{B}\left(5, \frac{2}{3}\right)\).

2. Une loi de Poisson décalée

   Pour tout réel \(t\), on développe : \(t\, \mathrm{e}^{3(t-1)} = \sum_{k=0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-3} \frac{3^k}{k!} t^{k+1}\). Par conséquent, \(P(Y = k + 1) = \mathrm{e}^{-3} \frac{3^k}{k!}\) pour tout \(k \in \mathbb{N}\), et \(P(Y = 0) = 0\). La variable \(Y – 1\) suit donc la loi de Poisson \(\mathcal{P}(3)\).

3. Une loi géométrique

   Pour \(|t| < 3\), on écrit \(\frac{2t}{3 – t} = \frac{2t}{3} \times \frac{1}{1 – \frac{t}{3}} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{2}{3} \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} t^n\). On reconnaît alors \(P(Z = n) = \frac{2}{3} \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\) pour \(n \geq 1\). Donc \(Z\) suit la loi géométrique \(\mathcal{G}\left(\frac{2}{3}\right)\) sur \(\mathbb{N}^*\).

4. Somme de deux dés à quatre faces

   En développant, \(\left(1 + t + t^2 + t^3\right)^2 = 1 + 2t + 3t^2 + 4t^3 + 3t^4 + 2t^5 + t^6\). Ainsi \(W\) prend les valeurs 0 à 6, avec les probabilités \(\frac{1}{16}, \frac{2}{16}, \frac{3}{16}, \frac{4}{16}, \frac{3}{16}, \frac{2}{16}, \frac{1}{16}\). En particulier, \(P(W = 3) = \frac{1}{4}\).

   

   De plus, \(G_W = \left( \frac{1 + t + t^2 + t^3}{4} \right)^2\) est le carré de la génératrice de la loi uniforme sur \(\left\{0, 1, 2, 3\right\}\). Donc \(W\) a même loi que \(U_1 + U_2\), avec \(U_1\) et \(U_2\) indépendantes et uniformes sur \(\left\{0, 1, 2, 3\right\}\), comme la somme de deux dés à quatre faces numérotées de 0 à 3.

Barème : 1 point par question (0,5 pour la mise en forme de la génératrice, 0,5 pour la loi justifiée) ; à la question 4, 0,5 pour \(P(W = 3)\) et 0,5 pour l’interprétation.

Piège classique : confondre la loi géométrique sur \(\mathbb{N}^*\), de génératrice \(\frac{pt}{1 – (1-p)t}\), avec sa version décalée sur \(\mathbb{N}\), dont la génératrice n’a pas de facteur \(t\).

Exercice 2 – Moments par dérivation en 1 (5 points)

1. Coefficients de la génératrice

   Pour \(|u| < 1\), la dérivation terme à terme de \(\frac{1}{1-u}\) donne \(\frac{1}{(1-u)^2} = \sum_{n=0}^{+\infty} (n+1) u^n\). Avec \(u = \frac{t}{3}\), il vient, pour \(|t| < 3\) :

   \(G_X(t) = \frac{4}{9} \times \frac{1}{\left(1 – \frac{t}{3}\right)^2} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{4(n+1)}{3^{n+2}}\, t^n\).

   Par unicité des coefficients, \(P(X = n) = \frac{4(n+1)}{3^{n+2}}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

2. Espérance et variance

   Le rayon de la série vaut 3, qui dépasse strictement 1. La fonction \(G_X\) est donc de classe \(C^{\infty}\) au voisinage de 1, et \(X\) admet des moments de tout ordre. On calcule \(G_X^{\prime}(t) = \frac{8}{(3-t)^3}\), puis \(G_X^{\prime\prime}(t) = \frac{24}{(3-t)^4}\).

   Il vient \(\mathrm{E}(X) = G_X^{\prime}(1) = \frac{8}{8} = 1\) et \(\mathrm{E}\left(X(X-1)\right) = G_X^{\prime\prime}(1) = \frac{24}{16} = \frac{3}{2}\). Ainsi \(\mathrm{V}(X) = \frac{3}{2} + 1 – 1^2\). On obtient \(\mathrm{E}(X) = 1\) et \(\mathrm{V}(X) = \frac{3}{2}\).

3. Lecture comme une somme indépendante

   Comme \(X_1\) et \(X_2\) sont indépendantes, \(G_{X_1 + X_2} = G_{X_1} G_{X_2}\), ce qui donne \(\frac{4}{(3-t)^2} = G_X(t)\). Les génératrices coïncident, donc \(X_1 + X_2\) a même loi que \(X\).

   Ensuite, \(\frac{2}{3 – t} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2}{3} \left(\frac{1}{3}\right)^n t^n\), d’où \(P(X_1 = n) = \frac{2}{3} \left(\frac{1}{3}\right)^n\). Ainsi \(X_1 + 1\) suit la loi géométrique \(\mathcal{G}\left(\frac{2}{3}\right)\) : \(X_1\) compte les échecs avant le premier succès. Son espérance vaut \(\frac{3}{2} – 1 = \frac{1}{2}\), et sa variance \(\frac{1/3}{(2/3)^2} = \frac{3}{4}\). Par linéarité et indépendance, on retrouve \(\mathrm{E}(X) = 2 \times \frac{1}{2} = 1\) et \(\mathrm{V}(X) = 2 \times \frac{3}{4} = \frac{3}{2}\).

4. Valeur exacte contre majorant

   On a \(P(X \geq 3) = 1 – \frac{4}{9} – \frac{8}{27} – \frac{12}{81} = \frac{81 – 36 – 24 – 12}{81}\). Donc \(P(X \geq 3) = \frac{1}{9}\).

   Puisque \(X\) est à valeurs positives, l’événement \(|X – 1| \geq 2\) équivaut à \(X \geq 3\). L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne alors \(P(X \geq 3) \leq \frac{\mathrm{V}(X)}{4} = \frac{3}{8}\). Le majorant \(\frac{3}{8} = 0{,}375\) est vrai mais grossier, car \(\frac{1}{9} \approx 0{,}11\).

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (0,5 pour la justification par le rayon, 1 pour les calculs) ; question 3 sur 1,5 point (0,5 pour le produit, 0,5 pour la loi de \(X_1\), 0,5 pour les moments) ; question 4 sur 1 point.

Piège classique : prendre \(G_X^{\prime\prime}(1)\) pour \(\mathrm{E}\left(X^2\right)\) ; c’est en réalité \(\mathrm{E}\left(X(X-1)\right)\), d’où la formule \(\mathrm{V}(X) = G_X^{\prime\prime}(1) + G_X^{\prime}(1) – G_X^{\prime}(1)^2\).

Exercice 3 – La punaise de Maëlle (4 points)

1. De Markov à Bienaymé-Tchebychev

   Inégalité de Markov : si \(Y\) est une variable positive d’espérance finie et \(a > 0\), alors \(P(Y \geq a) \leq \frac{\mathrm{E}(Y)}{a}\). En effet, on a l’inégalité \(a\, \mathbf{1}_{\left\{Y \geq a\right\}} \leq Y\), car le membre de gauche est nul hors de l’événement et vaut \(a \leq Y\) sur l’événement. La croissance de l’espérance donne alors \(a\, P(Y \geq a) \leq \mathrm{E}(Y)\).

   Soit maintenant \(X\) une variable admettant une variance, et \(\varepsilon > 0\). On applique Markov à \(Y = \left(X – \mathrm{E}(X)\right)^2\) et à \(a = \varepsilon^2\), puisque \(|X – \mathrm{E}(X)| \geq \varepsilon\) équivaut à \(Y \geq \varepsilon^2\). On obtient \(P\left(|X – \mathrm{E}(X)| \geq \varepsilon\right) \leq \frac{\mathrm{V}(X)}{\varepsilon^2}\).

2. Majoration universelle

   Pour tout réel \(p\), on a \(\frac{1}{4} – p(1 – p) = p^2 – p + \frac{1}{4} = \left(p – \frac{1}{2}\right)^2 \geq 0\). Donc \(p(1-p) \leq \frac{1}{4}\), avec égalité seulement pour \(p = \frac{1}{2}\).

3. Moments de la fréquence

   Le nombre de chutes pointe en l’air \(nF_n\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n, p)\), car les lancers sont indépendants. Ainsi \(\mathrm{E}(F_n) = \frac{np}{n} = p\) et \(\mathrm{V}(F_n) = \frac{np(1-p)}{n^2} = \frac{p(1-p)}{n}\).

   Bienaymé-Tchebychev et la question 2 donnent ensuite \(P\left(|F_n – p| \geq 0{,}05\right) \leq \frac{p(1-p)}{n \times 0{,}0025} \leq \frac{1}{4n \times 0{,}0025}\). On obtient bien le majorant \(\frac{100}{n}\).

4. Nombre de lancers suffisant

   On veut \(P\left(|F_n – p| < 0{,}05\right) \geq 0{,}9\), c’est-à-dire \(P\left(|F_n – p| \geq 0{,}05\right) \leq 0{,}1\). Il suffit donc que \(\frac{100}{n} \leq 0{,}1\), soit \(n \geq 1000\). Ainsi 1 000 lancers suffisent, quelle que soit la valeur de \(p\). Sur la simulation, \(F_n\) reste d’ailleurs dans la bande bien avant 1 000 lancers : la borne de Bienaymé-Tchebychev est prudente.

Barème : question 1 sur 1 point (0,5 pour Markov, 0,5 pour Bienaymé-Tchebychev) ; question 2 sur 1 point ; question 3 sur 1 point ; question 4 sur 1 point.

Piège classique : remplacer \(p\) par la valeur \(0{,}6\) de la simulation dans le calcul de \(n\) ; or \(p\) est inconnu, et seule la majoration par \(\frac{1}{4}\) est légitime.

Exercice 4 – Problème : clients et acheteurs (7 points)

1. Génératrice d’une loi de Poisson

   Pour tout réel \(t\), \(G_N(t) = \sum_{n=0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-8} \frac{8^n}{n!} t^n = \mathrm{e}^{-8} \mathrm{e}^{8t}\). Ainsi \(G_N(t) = \mathrm{e}^{8(t-1)}\), et \(\mathrm{E}(N) = \mathrm{V}(N) = 8\).

2. Loi conditionnelle et sommation par paquets

   Sachant \(N = n\), les \(n\) clients décident indépendamment, et chacun achète avec la probabilité \(\frac{1}{4}\). Le nombre d’acheteurs suit donc, sous cette condition, la loi \(\mathcal{B}\left(n, \frac{1}{4}\right)\), d’où la formule annoncée.

   Les événements \(\left\{N = n\right\}\) forment un système complet. La formule des probabilités totales donne alors \(P(S = k) = \sum_{n \geq k} P(N = n) \binom{n}{k} \left(\frac{1}{4}\right)^k \left(\frac{3}{4}\right)^{n-k}\).

   Soit \(t \in \left[ -1, 1 \right]\). On considère la famille double des termes \(P(N = n) \binom{n}{k} \left(\frac{t}{4}\right)^k \left(\frac{3}{4}\right)^{n-k}\), pour \(0 \leq k \leq n\). La somme de leurs modules vaut \(\sum_{n} P(N = n) \left(\frac{3 + |t|}{4}\right)^n \leq 1\) : la famille est sommable. Le théorème de sommation par paquets permet donc d’échanger les sommes :

   \(G_S(t) = \sum_{n=0}^{+\infty} P(N = n) \left(\frac{3}{4} + \frac{t}{4}\right)^n = G_N\left(\frac{3 + t}{4}\right)\).

   On en déduit \(G_S(t) = \mathrm{e}^{8\left(\frac{3+t}{4} – 1\right)} = \mathrm{e}^{2(t-1)}\), génératrice de la loi \(\mathcal{P}(2)\). Par unicité des coefficients, \(S\) suit la loi de Poisson de paramètre 2.

   

3. Moments du nombre d’acheteurs

   La fonction \(G_S\) est développable sur \(\mathbb{R}\) tout entier, donc dérivable en 1. On a \(G_S^{\prime}(t) = 2\mathrm{e}^{2(t-1)}\) et \(G_S^{\prime\prime}(t) = 4\mathrm{e}^{2(t-1)}\), d’où \(\mathrm{E}(S) = 2\) et \(\mathrm{V}(S) = 4 + 2 – 4\). Ainsi \(\mathrm{E}(S) = \mathrm{V}(S) = 2\), ce qui correspond au quart des 8 clients attendus.

4. Moyenne sur plusieurs journées

   Les variables \(S_i\) sont indépendantes, de loi \(\mathcal{P}(2)\). Par linéarité, \(\mathrm{E}(M_n) = 2\), et par indépendance \(\mathrm{V}(M_n) = \frac{n \times 2}{n^2} = \frac{2}{n}\). L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne alors :

   \(P\left(|M_n – 2| \geq 0{,}1\right) \leq \frac{2}{n \times 0{,}01} = \frac{200}{n}\).

   Ce majorant est inférieur à \(0{,}05\) dès que \(n \geq 4000\). Ainsi 4 000 journées d’observation suffisent. On reconnaît la loi faible des grands nombres : \(M_n\) converge en probabilité vers 2.

5. Fréquence des journées sans acheteur

   Posons \(B_i = \mathbf{1}_{\left\{S_i = 0\right\}}\). Ces variables sont indépendantes, et elles suivent la loi de Bernoulli de paramètre \(q = P(S = 0) = \mathrm{e}^{-2}\). Ensuite, \(Z_n = B_1 + \cdots + B_n\) donne \(\mathrm{E}\left(\frac{Z_n}{n}\right) = q\) et \(\mathrm{V}\left(\frac{Z_n}{n}\right) = \frac{q(1-q)}{n}\).

   Pour \(\varepsilon > 0\), Bienaymé-Tchebychev fournit \(P\left(\left|\frac{Z_n}{n} – \mathrm{e}^{-2}\right| \geq \varepsilon\right) \leq \frac{q(1-q)}{n \varepsilon^2} \leq \frac{1}{4n\varepsilon^2}\). Ce majorant tend vers 0, donc la fréquence des journées sans acheteur converge en probabilité vers \(\mathrm{e}^{-2}\).

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 2 points (0,5 pour la loi conditionnelle, 1 pour l’échange justifié, 0,5 pour la loi de \(S\)) ; question 3 sur 1 point ; question 4 sur 1,5 point ; question 5 sur 1,5 point.

Piège classique : échanger les deux sommes sans invoquer la sommabilité de la famille double ; ici, c’est la majoration des modules par \(\sum P(N = n)\) qui l’autorise.

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