Exercices corrigés - Variables aléatoires discrètes finies

1. $X$ prend ses valeurs dans $\{1,\dots,6\}$. Par hypothèse, il existe un réel $a$ tel que $P(X=k)=ka$. Maintenant, puisque $P_X$ est une loi de probabilité, on a : $$\sum_{k=1}^6 P(X=k)=1\iff a\frac{6\times 7}{2}=1\implies a=1/21.$$ On a donc : $$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} k&1&2&3&4&5&6\\ \hline P(X=k)&\frac{1}{21}&\frac{2}{21}&\frac{3}{21}&\frac{4}{21}&\frac{5}{21}&\frac{6}{21} \end{array}$$ On vérifie aisément en appliquant la formule $E(X)=\sum_{k=1}^6 kP(X=k)$ que $E(X)=\frac{13}{3}.$
2. On a $X=k\iff Y=1/k$. $Y$ prend donc ses valeurs dans $\{1,1/2,1/3,1/4,1/5,1/6\}$, et la loi est donnée par : $$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} 1/k&1/1&1/2&1/3&1/4&1/5&1/6\\ \hline P(Y=1/k)&\frac{1}{21}&\frac{2}{21}&\frac{3}{21}&\frac{4}{21}&\frac{5}{21}&\frac{6}{21} \end{array}$$ Le calcul de l'espérance n'est pas plus difficile, et donne : $$E(Y)=\frac{2}{7}.$$ Attention à l'erreur suivante : ce n'est pas parce que $Y=1/X$ que $E(Y)=1/E(X)!!!$.

1. On note $A_k$ l'aire de la couronne $k$, et $A$ l'aire totale. Par les hypothèses d'équiprobabilité faites dans l'énoncé, on a $$P(X=k)=\frac{A_k}{A}$$ pour $k$ compris entre $1$ et $10$. Pour la couronne $k$, le cercle extérieur est de rayon $11-k$ et le cercle intérieur de rayon $10-k$ (un petit dessin pourra aider pour faire attention à l'inversion entre l'ordre des cercles et les rayons, et il faut aussi bien faire attention à ce que pour $k=1$, c'est $11-k=10$ qui donne le rayon de la cible). On a donc, en $cm^2$, $A_k=\pi\big((11-k)^2-(10-k)^2)=\pi(21-2k)$. On en déduit que $$P(X=k)=\frac{21-2k}{100}.$$
2. Notons $Y$ la variable aléatoire correspondant au gain algébrique du joueur. $Y$ prend ses valeurs dans $-2,6,7,8,9,10$. L'événement $"Y=-2"$ est égal à l'événement $"X\leq 5"$, et donc $$P(Y=-2)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=\frac{75}{100}$$ d'après le résultat de la question précédente. D'autre part, pour $k=6,\dots,10$, on a $$P(Y=k)=P(X=k).$$ On en déduit le calcul de l'espérance de $Y$ : $$E(Y)=-2\times\frac{75}{100}+\frac{6\times 9+7\times 7+8\times 5+9\times 3+10\times 1}{100}=\frac{3}{10}.$$ L'espérance est positive. Le jeu est favorable au joueur. En moyenne, il peut espérer gagne 0,3 euros par partie.

1. $Z$ est élément de $\{0,1,2\}$. On a : $$P(Z=2)=\frac{4}{5}\times\frac{4}{5}=\frac{16}{25}$$ (les deux voitures sont disponibles). D'autre part, $$P(Z=0)=\frac{1}{5}\times\frac{1}{5}=\frac{1}{25}$$ (les deux voitures sont simultanément indisponibles). Enfin, on obtient : $$P(Z=1)=1-P(Z=0)-P(Z=2)=\frac{8}{25}.$$ On aurait aussi pu directement remarquer que $Z$ suit une loi binomiale $\mathcal B(2,4/5)$.
2. Remarquons que $Y$ est à valeurs dans $\{0,1,2\}$. On calcule sa loi en utilisant la formule des probabilités totales. L'événement $Y=0$ se produit si $X=0$ ou bien si $X\geq 1$ et $Z=0$. Ces deux événements étant disjoints, on a : $$P(Y=0)=P(X=0)+P(X\geq 1\cap Z=0)=P(X=0)+P(X\geq 1)P(Z=0)$$ (la disponibilité des voitures étant supposée indépendante de l'arrivée des clients). D'où : $$P(Y=0)=0,1+0,9\times\left(\frac{1}{5}\right)^2= 0,136.$$ De même, l'événement $Y=1$ se produit si $X=1$ et $Z\geq 1$ ou bien si $X\geq 2$ et $Z=1$. On en déduit : $$P(Y=1)=P(X=1)P(Z\geq 1)+P(X\geq 2)P(Z=1)= 0,48.$$ Enfin, l'événement $Y=2$ est réalisé si $X\geq 2$ et $Z=2$. Ceci donne : $$P(Y=2)=P(X\geq 2)P(Z=2)=0,6\times\left(\frac{4}{5}\right)^2= 0,384.$$
3. La marge brute vaut $300Y$. La marge brute moyenne par jour est en euros : $$E(300Y)= 300(0\times 0,136+1\times 0,48+2\times 0,384)=374,4.$$

1. On note $A_i$ l'événement "la $i$-ème personne choisie n'est pas malade". On cherche la probabilité de l'événement $A_1\cap A_2\cap\dots\cap A_r$. L'énoncé nous dit que $P(A_i)=p$ (proportion $p$ de personnes qui n'ont pas la maladie), et que les événements $A_1,\dots,A_r$ sont mutuellement indépendants (le choix de ces $r$ personnes s'apparente à un tirage avec remise). On en déduit donc que la probabilité qu'aucune des $r$ personnes ne soit atteinte de la maladie est $p^r$.
2. La variable aléatoire $Y$ peut prendre deux valeurs : la valeur $1$ (l'analyse collective est négative), et la valeur $r+1$ (l'analyse collective est positive, et il faut donc faire également toutes les analyses individuelles). On a de plus $P(Y=1)=p^r$ (l'événement $\{Y=1\}$ est aussi l'événement aucune des $r$ personnes n'est malade) et donc $P(Y=r+1)=1-p^r$. On en déduit que $$E(Y)=p^r+(r+1)(1-p^r)=(r+1)-rp^r.$$
3. Si on analyse immédiatement toutes les personnes, on réalise $n$ analyses. En les regroupant par groupe de $r$ personnes, notons $Z$ le nombre d'analyses effectuées, et $Y_1,\dots,Y_{n/r}$ le nombre d'analyses effectués sur chacun des $n/r$ groupes constitués. Alors d'après la question précédente, on sait que l'espérance de $Y_i$ est $(r+1)-rp^r.$ Le nombre moyen d'analyses que l'on peut espérer réaliser est donc égal à $$E(Y_1)+\dots+E(Y_{n/r})=\frac nr\big((r+1)-rp^r\big).$$ Le nombre d'analyses que l'on peut espérer économiser vaut donc $$n-\frac nr\big((r+1)-rp^r\big)=n\left(p^r-\frac 1r\right).$$
4. On nous demande donc de donner un algorithme qui détermine le maximum d'une suite croissante, puis décroissante. Voici un algorithme sous Python qui fonctionne.

   from math import *
   
   def maximum():
       r=1
       val=-1
       p=0.9
       while ((pow(p,r)-1/r)>val):
           val=(pow(p,r)-1/r)
           r=r+1
       return r-1
   

   La variable val contient la plus grande valeur atteinte jusqu'au rang présent. Elle est initialisée à un nombre négatif afin que l'on rentre dans la boucle. Il faut bien afficher $r-1$ et non $r$, car quand on sort de la boucle, on a dépassé le maximum.

1. D'abord, observons que $X(\Omega)=\{n,\dots,N\}$ où l'événement $X=n$ est réalisé lorsqu'on tire les $n$ boules $1,2,\dots,n$ tandis que l'événement $X=N$ est réalisé dès que la poignée des $n$ boules extraites contient la boule numérotée $N.$ Pour calculer $P(X=k)$ pour $n\leq k\leq N,$ on va modéliser l'expérience. On choisit pour $\Omega$ les parties à $n$ éléments de $\{1,\dots,N\}$, que l'on munit de la probabilité uniforme. On a $\textrm{card}(\Omega)=\binom Nn.$ L'événement $X=k$ est égal à toutes les parties de $\{1,\dots,N\}$ à $n$ éléments dont le plus grand élément est $k.$ Pour compter ce nombre de parties, on remarque qu'il suffit de choisir $n-1$ éléments parmi $\{1,\dots,k-1\}.$ On a donc $$\textrm{card}(X=k)=\binom{k-1}{n-1}.$$ Finalement, on trouve $$P(X=k)=\frac{\binom{k-1}{n-1}}{\binom Nn}.$$
2. On a $$k\binom{k-1}{n-1}=k\times \frac{(k-1)!}{(n-1)!(n-k)!}=n \frac{k!}{n!(n-k)!}=n\binom nk.$$
3. Par définition, \begin{align*} E(X)&=\sum_{k=n}^N kP(X=k)\\ &=\sum_{k=n}^N \frac{k\binom{k-1}{n-1}}{\binom Nn}\\ &=\frac n{\binom{N}n}\sum_{k=n}^N \binom kn\\ &=\frac n{\binom Nn}\sum_{k=n}^N \left(\binom{k+1}{n+1}-\binom{n}k\right)\\ &=\frac n{\binom{N}n}\binom{N+1}{n+1}\\ &=\frac{n(N+1)}{n+1} \end{align*} où on a utilisé la formule du triangle de Pascal, puis une somme télescopique.

1. $Y_n$ ne prend que deux valeurs, $1/n$ et $1+1/n$. On a en outre : $$(Y_n=1/n)\iff\textrm{ aucune vache n'est malade}$$ d'où $P(Y_n=1/n)=0,85^n.$ On en déduit que $P(Y_n=1+1/n)=1-(0,85)^n$. Le calcul de l'espérance donne : $$E(Y_n)=\frac{0,85^n}{n}+\frac{n+1}{n}(1-0,85^n)=1+\frac{1}{n}-0,85^n.$$
2. $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$, et $f'(x)=\frac{1+ax}{x}$. $f'(x)$ est donc du signe de $1+ax$, ce qui permet de dire que $f$ est croissante sur $]0,-1/a[$, et décroissante ensuite. La limite de $f$ en $+\infty$ est $-\infty$, il en est de même en 0. En calculant les valeurs successives de $f(n)$, on a $f(17)>0,07$ et $f(18)<-0,03$. $17$ est donc la plus grande valeur entière pour laquelle $f(n)$ est positive. En outre, $f(1)<0$ alors que $f(2)>0$. L'ensemble d'entiers recherché est donc $\{2,\dots,17\}$.
3. On a : \begin{eqnarray*} E(Y_n)<1&\iff&1+\frac{1}{n}-0,85^n<1\\ &\iff&0,85^n>\frac{1}{n}\\ &\iff&n\ln(0,85)>-\ln n. \end{eqnarray*} Par suite, $E(Y_n)<1\iff f(n)>0$. L'étude précédente montre que les entiers $n$ pour lesquels $f(n)>0$ est $\{2,\dots,17\}$. On a intérêt à choisir la deuxième méthode si, et seulement si, il y a de 2 à 17 vaches dans l'étable!

1. Notons $\Omega$ l'univers associé à l'expérience. On a bien sûr $X(\Omega)=\{1,\dots,n+1\}$. Pour $i=1,\dots,n$, on note $A_i$ l'événement : le i-ème candidat réussit le test. Pour $k\leq n$, on a $$(X=k)=\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\dots\cap \overline{A_{k-1}}\cap A_k.$$ Par la formule des probabilités composées, on trouve $$P(X=k)=P(\overline{A_1})P_{\overline{A_1}}(\overline{A_2})\dots P_{\overline{A_1}\cap\dots\cap \overline{A_{k-1}}}( A_k).$$ Mais pour tout $j$, $P_{\overline{A_1}\cap\dots\cap \overline{A_{j-1}}}(\overline{A_j})$ est juste la probabilité que le candidat échoue au test (qu'il ne passe que si les candidats précédents ont tous échoué). Cette probabilité vaut donc $q=1-p$. Finalement, on trouve donc $$P(X=k)=q^{k-1}p.$$ D'autre part, $P(X=n+1)$ est la probabilité que tous les candidats échouent au test. On a donc $$P(X=n+1)=q^{n}.$$
2. Posons $f(x)=\sum_{k=0}^n x^k=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}.$ La fonction est dérivable sur $\mathbb R\backslash\{1\}$. En dérivant des deux côtés de l'égalité, on obtient $$\sum_{k=1}^n kx^{k-1}=\frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(1-x)^2}.$$
3. L'espérance de $X$ vaut donc $$E(X)=\sum_{k=1}^n kq^{k-1}p+(n+1)q^n.$$ En tenant compte du résultat de la question précédente, et après simplifications, on trouve $$E(X)=\frac{1-q^{n+1}}{1-q}.$$
4. Un des candidats est recruté si et seulement si l'événement $X\leq n$ est réalisé. Il vient $$P(X\leq n)=1-P(X=n+1)=1-q^n.$$ On a $$P(X\leq n)\geq 1/2\iff q^n\leq \frac 12\iff p\geq 1-\frac 1{\sqrt[n]2}.$$

1. En utilisant les informations de l'énoncé sur l'héritage des gènes, on trouve \begin{eqnarray*} P\big (E=1| (P,M)=(1,1)\big)&=&1\\ P\big (E=1| (P,M)=(1,2)\big) =P\big (E=1| (P,M)=(2,1)\big) &=&\frac 12\\ P\big (E=1| (P,M)=(1,3)\big) =P\big (E=1| (P,M)=(3,1)\big) &=&0\\ P\big (E=1| (P,M)=(2,2)\big)&=&\frac 14\\ P\big (E=1| (P,M)=(2,3)\big) =P\big (E=1| (P,M)=(3,2)\big) &=&0\\ P\big (E=1| (P,M)=(3,3)\big)&=&0. \end{eqnarray*} On vérifie que l'on a bien écrit les 9 cas possibles pour $(P,M)$.
2. On calcule $P(E=1)$ par la formule des probabilités totales : $$P(E=1)=\sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 P\big (E=1 | (P,M)=(i,j) \big)\times P\big( (P,M)=(i,j)\big).$$ Les procréations étant supposées aléatoires, on a aussi $$P\big( (P,M)=(i,j)\big) =u_i(n)u_j(n).$$ On en déduit $$P(E=1)=u_1(n)^2+\frac 12 u_1(n)u_2(n)+\frac 12 u_2(n)u_1(n)+\frac 14 u_2(n)^2=\left(u_1(n)+\frac 12 u_2(n)\right)^2.$$ Il est facile de calculer $P(E=3)$. Par symétrie des rôles de $A$ et $B$, on a en effet $$P(E=3)=\left(u_3(n)+\frac 12 u_2(n)\right)^2.$$ Enfin, $$P(E=2)=1-P(E=1)-P(E=3)=1-\left(u_1(n)+\frac 12 u_2(n)\right)^2-\left(u_3(n)+\frac 12 u_2(n)\right)^2.$$
3. On a $$u_1(n+1)=P(E=1)=\theta(n)^2.$$ De plus, $u_1(n)+u_2(n)+u_3(n)=1$, ce qui fait que $$u_3(n)+\frac {u_2(n)}2=1-\theta(n).$$ Ainsi, $$u_3(n+1)=\big(1-\theta(n)\big)^2$$ et $$u_2(n+1)=1-\theta(n)^2-\big(1-\theta(n)\big)^2.$$
4. Calculons $\theta_{n+1}$ en fonction de $\theta(n)$, pour $n\geq 1$. On a \begin{eqnarray*} \theta(n+1)&=&u_1(n+1)+\frac{u_2(n+1)}2\\ &=&\theta(n)^2+\frac 12-\frac {\theta(n)^2}2-\frac{\big(1-\theta(n)\big)^2}2\\ &=&\theta(n). \end{eqnarray*} Ainsi, pour $n\geq 1$, on a $\theta(n+1)=\theta(n)$ et donc d'après la question précédente, $u_i(n+2)=u_i(n+1)$. La proportion de malades dans la population ne varie plus à partir de la génération $2$.

1. Pour obtenir des calculs plus faciles, on va modéliser le problème autrement. On suppose que l'on tire les $n$ boules de l'urne, et $X\geq k$ correspond alors à l'événement : "les $k-1$ premiers numéros tirés le sont dans l'ordre croissant". Ainsi, l'univers $\Omega$ est l'ensemble des permutations de $\{1,\dots,n\}$ et il est muni de la probabilité uniforme. Pour dénombrer l'événement $X=k,$ on choisit les $k-1$ premières boules qui apparaissent, l'ordre sur ces boules est imposé, puis on réalise une permutation quelconque des $(n-k-1)$ numéros restants. On a donc $$\textrm{card}(X\geq k)=\binom{n}{k-1} (n-k-1)!.$$ Finalement, on trouve $$P(X\geq k)=\frac{\textrm{card}(X\geq k)}{\textrm{card}(\Omega)}=\frac{\binom{n}{k-1}(n-k+1)!}{n!} =\frac 1{(k-1)!}.$$
2. Pour $k=2,\dots,n-1,$ on a $$P(X=k)=P(X\geq k)-P(X\geq k+1)=\frac{1}{(k-1)!}-\frac1{k!}.$$ De plus, $P(X=n)=P(X\geq n)=\frac1{(n-1)!}.$ On en déduit que \begin{align*} E(X)&=\sum_{k=2}^n kP(X=k)\\ &=\frac1{(n-1)!}+\sum_{k=2}^n \left(\frac{k}{(k-1)!}-\frac1{(k-1)!}\right)\\ &=\frac1{(n-1)!}+\sum_{k=2}^n \frac 1{(k-2)!}\\ &=\sum_{k=1}^n \frac1{(k-1)!} \end{align*}

1. 1. 
   2. $X$ peut prendre les valeurs $1,2,3,4$.
   3. On remarque d'abord que $X$ prend la valeur $1$ avec la probabilité $2/5$. On a ensuite $X=2$ si le premier tirage a amené une boule rouge et le second une boule blanche. La probabilité que le premier tirage donne une boule rouge est 3/5. La probabilité que le second tirage donne une boule blanche sachant que le premier donne une boule rouge est 3/5 également. On a donc $P(X=2)=\frac 35\times\frac 35=\frac 9{25}.$ On a ensuite $P(X=3)=\frac{3}5\times\frac 25\times\frac 45=\frac{24}{125}$ et enfin $P(X=4)=\frac{3}5\times\frac 25\times\frac 15=\frac{6}{125}$. Bien sûr on peut et on doit vérifier que $$P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=1.$$ On a ensuite $$E(X)=1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)+4P(X=4)\simeq 1,88.$$ En moyenne, la première boule sortira après environ 1,88 tirages.
2. 1. Cet algorithme simule le résultat d'un tirage d'une boule dans l'urne. Il le simule en numérotant les boules, et en disant que les boules 1 à $b$ sont les boules blanches, et les autres les boules noires et en renvoyant $1$ si on pioche une boule rouge, et $0$ si on pioche une boule blanche.

   2. def simulX(r,b):
          X=1
          while (tirage(r,b)==1):
              X=X+1
              r=r-1
              b=b+1
          return X;
      

3. 1. On a $E=\{1,2,\dots,r+1\}$ : à chaque tirage on retire une boule rouge, on ne peut donc pas tirer plus de $r$ boules rouges. Ensuite, pour $k\in E$, on a $$(X=k)=A_1\cap\dots\cap A_{k-1}\cap\overline{A_k}.$$
   2. Par la formule des probabilités composées, $$P(X=k)=P(A_1)P(A_2|A_1)\cdots P(\overline{A_k}|A_1\cap\dots \cap A_{k-1}).$$ Mais $P(A_1)=r/(r+b)$, $P(A_2|A_1)=(r-1)/(r+b)$ et plus généralement $P(A_i|A_1\cap\dots\cap A_{i-1})=(r-i+1)/(r+b)$. De plus, $P(\overline{A_k}|A_1\cap\dots \cap A_{k-1})=(b+k-1)/(r+b)$. Finalement, on trouve que $$P(X=k)=\frac{r(r-1)\cdots(r-k+2)(b+k-1)}{(r+b)^k}=\frac{r! (b+k-1)}{(r-k+1)!N^k}.$$

1. Il est clair que $T_1$ suit une loi de Bernouilli de paramètre $a/N$. Pour déterminer la loi de $T_2,$, on introduit, pour $k\geq 1,$ l'événement $V_k=$"la boule tirée lors du $k$-ème tirage est verte". Alors on a \begin{align*} P(T_2=1)&=P(V_2)\\ &=P(V_2|V_1)P(V_1)+P(V_2|\overline{V_1})P(\overline{V_1})\\ &=\frac{a-1}{N}\times\frac aN+\frac{a}N\times\frac{N-a}N\\ &=\frac{a}{N^2}(a-1+N-a)\\ &=\frac{a(N-1)}{N^2}. \end{align*} La variable aléatoire $T_2$ suit donc une loi de Bernoulli de paramètre $a(N-1)/N^2.$
2. Remarquons que $X_n$ prend ses valeurs dans $\{0,\dots,a\}$ (et même dans $\{0,\dots,\min(a,n)\}$). Les événements $(X=0)$, $(X=1),\dots,(X=a)$ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales, \begin{align*} P(T_{n+1}=1)&=\sum_{k=0}^a P(T_{n+1}=1|X_n=k)P(X_n=k)\\ &=\sum_{k=0}^a \frac{a-k}N P(X_n=k)\\ &=\frac aN\sum_{k=0}^a P(X_n=k)-\frac 1N\sum_{k=0}^a k P(X_n=k)\\ &=\frac{a-E(X_n)}{N}. \end{align*} On en déduit que $$P(T_{n+1}=1)-P(T_n=1)=\frac{E(X_{n-1})-E(X_n)}{N}.$$ Or, $X_n=X_{n-1}+T_n$ et donc $$E(X_{n-1})-E(X_n)=-E(T_n)=-P(T_n=1).$$ Finalement, on trouve $$P(T_{n+1}=1)=\left(\frac{N-1}N\right)P(T_n=1).$$ Une récurrence immédiate donne le résultat.
3. En réutilisant le résultat de la question précédente, on trouve \begin{align*} E(X_n)&=a-NP(T_{n+1}=1)\\ &=a-a\left(\frac{N-1}N\right)^{n-1}\xrightarrow{n\to+\infty}a. \end{align*}

• si $X=1$, $X=2$ ou $X=3$, alors $Y=1$. En particulier, $$P(Y=1)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=\frac 3{20}.$$
• si $X=4$, $X=5$, $X=6$, $X=7$ ou $X=8$, alors $Y=2$. En particulier, $$P(Y=2)=\frac 5{20}.$$
• si $X=9$, $X=10$, $X=11$, $X=12$, $X=13$, $X=14$ ou $X=15$, alors $Y=3$. En particulier, $$P(Y=3)=\frac{7}{20}.$$
• si $X=16,17,18,19$ ou $20$, alors $Y=4$. En particulier, $$P(Y=4)=\frac{5}{20}.$$

1. $X$ suit une loi uniforme sur $\{1,\dots,n\}$.
2. On a $P(Y=k|X=i)$ vaut $1/i$ si $k\leq i$ et $0$ si $k>i$, puisqu'on tire uniformément une boule numérotée de $1$ à $i$.
3. D'après la formule des probabilités totales, les événements $(X=1)$, $(X=2),\dots,(X=n)$ formant une partition de l'univers et étant de probabilité non nulle, $$P(Y=k)=\sum_{i=1}^n P(Y=k|X=i)P(X=i)=\sum_{i=1}^n P(Y=k|X=i)\frac 1n.$$ Or $P(Y=k|X=i)$ vaut $1/i$ si $k\leq i$ et $0$ si $k>i$. On en déduit que $$P(Y=k)=\sum_{i=k}^n \frac1{ni}.$$
4. Pour calculer l'espérance, on applique la définition et on permute les sommes. \begin{eqnarray*} E(Y)&=&\frac 1n\sum_{k=1}^n \sum_{i=k}^n\frac ki\\ &=&\frac 1n\sum_{i=1}^n \frac 1i\sum_{k=1}^i k\\ &=&\frac 1n\sum_{i=1}^n \frac 1i\times \frac {i(i+1)}2\\ &=&\frac 1n\sum_{i=1}^n \frac{i+1}2\\ &=&\frac 1{2n}\times \left(\frac{(n+1)(n+2)}2-1\right)\\ &=&\frac{n+3}4. \end{eqnarray*}

1. Après $k$ expériences, le nombre de boules dans l'urne vaut $k+2$.
2. On va procéder par récurrence sur $k$. Pour $k=0,\dots,n$, on note $\mathcal P(k)$ la propriété : "$N_k$ suit une loi uniforme sur $\{1,\dots,k+1\}$", avec pour convention que $N_0$ désigne le nombre initial de boules blanches.
   Initialisation : $\mathcal P(0)$ est vraie puisque $N_0=1$.
   Hérédité : soit $k\in\{0,\dots,n-1\}$ tel que $\mathcal P(k)$ est vraie. Après la $k+1$-ème expérience, il y a $2+(k+1)=k+3$ boules dans l'urne, dont au moins une boule noire et au moins une boule blanche. Donc $N_{k+1}$ est à valeurs dans $\{1,\dots,k+2\}$. De plus, pour $j=2,\dots,k+1$, comme on ajoute au plus une boule blanche lors de la $k+1$-ème expérience, on a \begin{align*} P(N_{k+1}=j)&=P(N_{k+1}=j|N_k=j)P(N_k=j)+P(N_{k+1}=j|N_k=j-1)P(N_k=j-1)\\ &=\frac{1}{k+1}\big(P(N_{k+1}=j|N_k=j)+P(N_{k+1}=j|N_k=j-1)\big), \end{align*} d'après l'hypothèse de récurrence. Maintenant, on passe de $N_k=j$ à $N_{k+1}=j$ en tirant une boule noire dans l'urne. A ce stade, il y a $k+2-j$ boules noires et $k+2$ boules au total, et donc $$P(N_{k+1}=j|N_k=j)=\frac{k+2-j}{k+2}.$$ De même, on passe de $N_k=j-1$ à $N_k=j$ en tirant une boule blanche dans l'urne, et sous l'hypothèse $N_k=j-1$, il y a $j-1$ boules blanches dans l'urne pour $k+2$ boules au total. On en déduit $$ P(N_{k+1}=j|N_k=j-1)=\frac{j-1}{k+2}.$$ Finalement, on trouve $$P(N_{k+1}=j)=\frac{1}{(k+1)(k+2)}\times(k+2-j+j-1)=\frac{1}{k+2}.$$ Ce calcul s'étend sans difficultés au cas $j=1$ - mais dans ce cas seul le premier terme existe - et au cas $j=k+2$ - mais dans ce cas seul le deuxième terme existe. On a bien prouvé que $\mathcal P(k+1)$ est vraie et donc, par le principe de récurrence, que $\mathcal P(k)$ est vrai pour tout $k=1,\dots,n$.

1. Pour $i=1,\dots,6$, l'événement $X=i$ est réunion disjointe des trois événements suivants :
   • $A$ : $U_1=i$ et $U_2=i$;
   • $B$ : $U_1=i$ et $U_2>i$;
   • $C$ : $U_1>i$ et $U_2=i$.
   Par indépendance des variables aléatoires $U_1$ et $U_2$, on en déduit que $$P(A)=\frac1{36},\ P(B)=\frac{6-i}{36}\textrm{ et }P(C)=\frac{6-i}{36}.$$ Il vient $P(X=1)=11/36$, $P(X=2)=9/36$, $P(X=3)=7/36$, $P(X=4)=5/36$, $P(X=5)=3/36$, $P(X=6)=1/36$. On en déduit $E(X)=91/36$.
2. On a $X+Y=U_1+U_2$ car $(U_1,U_2)$ est une permutation de $(X,Y)$. Il vient $E(X+Y)=E(X)+E(Y)=E(U_1)+E(U_2)=7$, puisque chaque $U_i$ suit une loi uniforme sur $\{1,\dots,6\}$, son espérance vaut $(6+1)/2=7/2$. On en déduit $E(Y)=161/36$.
3. On a $XY=U_1U_2$. On en déduit $$E(XY)=E(U_1U_2)=E(U_1)E(U_2)$$ par indépendance de ces deux variables aléatoires. D'où $$\textrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac{1225}{1296}.$$ Les deux variables ne sont pas indépendantes puisque leur covariance n'est pas nulle.

1. Remarquons que $$X=Y\iff \exists k\in\{1,\dots,n\},\ X=k\textrm{ et }Y=k.$$ On a donc $$P(X=Y)=\sum_{k=1}^n P(X=k\cap Y=k)=\sum_{k=1}^n P(X=k)P(Y=k)$$ puisque les variables aléatoires sont indépendantes. On en déduit $$P(X=Y)=\sum_{k=1}^n \frac 1n\times\frac 1n=\frac 1n.$$
2. On peut suivre une méthode similaire en étudiant tous les cas pour lesquels $X\geq Y$. Il y a plus simple. Il suffit de remarquer que, par symétrie du rôle joué par $X$ et $Y$, on a $$P(X\geq Y)=P(Y\geq X).$$ Or, \begin{eqnarray*} P\big((X\geq Y)\cup (Y\geq X)\big)&=&P(X\geq Y)+P(Y\geq X)-P\big((X\geq Y)\cap (Y\geq X)\big)\\ &=&2P(X\geq Y)-P(X=Y). \end{eqnarray*} En utilisant le résultat de la question précédente, on trouve $$1=2P(X\geq Y)-\frac1n\implies P(X\geq Y)=\frac 12+\frac 1{2n}.$$
3. Remarquons que $$X+Y=k\iff \exists i\in \{1,\dots, k-1\},\ X=i\textrm{ et }Y=k-i.$$ Il vient, pour tout $k=2,\dots 2n$ (valeurs possibles prises par $X+Y$), que $$P(X+Y=k)=\sum_{i=1}^{k-1}P\big( (X=i)\cap (Y=k-i)\big)=\sum_{i=1}^{k-1}P(X=i)P(Y=k-i)$$ par indépendance de $X$ et $Y$. En réalité, on peut sommer sur un ensemble d'indices plus petit. En effet, $P(X=i)\neq 0$ implique que $1\leq i\leq n$ et $P(Y=k-i)\neq 0$ implique que $1\leq k-i\leq n$, soit $k-n\leq i\leq k-1$. On distingue alors deux cas :
   • Si $k\leq n$, alors $k-n\leq 0$ et on effectue une somme de $1$ à $k-1$ de termes tous égaux à $1/n^2$. On en déduit que dans ce cas $$P(X+Y=k)=\frac{k-1}{n^2}.$$
   • Si $k>n$, alors $n\leq k-1$ et on effectue une somme de $k-n$ à $n$ de termes tous égaux à $1/n^2$. Dans ce cas, $$P(X+Y=k)=\frac{2n+1-k}{n^2}.$$

1. Remarquons que l'on a $M\geq k$ si et seulement si, pour tout $i\in\{1,\dots,n\}$, $X_i\geq k$. Par indépendance de $X_1,\dots,X_n$, on en déduit que \begin{align*} P(M\geq k)&=\prod_{i=1}^n P(X_i\geq k)\\ &=\left(\frac{n+1-k}{n}\right)^n \end{align*} où la dernière égalité vient du fait que $X_i$ suit une loi uniforme sur $\{1,\dots,n\}$.
2. On a $(M\geq k)=(M= k)\cup (M\geq k+1)$. Les deux événements à droite de l'égalité étant disjoints, on en déduit que $$P(M\geq k)=P(M=k)+P(M\geq k+1).$$ D'après le résultat de la question précédente, on tire $$P(M=k)=\left(\frac{n+1-k}{n}\right)^n-\left(\frac{n-k}{n}\right)^n.$$
3. On remarque que $A=(M=1)$. On en déduit que $$P(A)=P(M=1)=1-\left(\frac{n-1}n\right)^n=1-\left(1-\frac 1n\right)^n.$$ On conclut en utilisant l'inégalité classique $\ln(1+x)\leq x$ pour tout $x>-1$, qui entraîne successivement $$\ln\left(1-\frac 1n\right)\leq \frac{-1}n\implies n\ln\left(1-\frac 1n\right)\leq -1$$ qui finalement donne $$\left(1-\frac 1n\right)^n \leq e^{-1}=\frac 1e.$$

• $n$ est impair. Dans ce cas, le couple $(A,B)$ est un système complet d'événements et $P(A)=\frac 12$.
• $n=2r$ est pair. Notons $X$ la variable aléatoire du nombre de piles obtenues. $X$ suit une loi binomiale $\mathcal B(n,1/2)$. On a $$A=(X>r)\textrm{ et }B=(X<r).$$ On a donc $$P(A)+P(B)+P(X=r)=1\implies P(A)=\frac 12-\frac 12P(X=r)=\frac 12-\binom {2r} r \left(\frac 12\right)^{2r+1}.$$

1. La demande est satisfaite si $X\leq 30$. On doit donc déterminer si $P(X\leq 30)\geq 0.7$. A l'aide d'une calculatrice ou d'un tableur, on trouve facilement que $P(X\leq 30)\simeq 0,73$ : le restaurateur a raison.
2. On cherche le plus petit entier $k$ tel que $P(X\leq k)\geq 0,9$. Toujours à l'aide d'un tableur, on constate que $P(X\leq 32)\simeq 0,86$ et que $P(X\leq 33)\simeq 0,91$. Il suffit de préparer $33$ crèmes brûlées pour satisfaire la clientèle dans $90\%$ des cas. Ca vaut peut-être le coup de fabriquer $3$ crèmes supplémentaires!

1. On va se placer dans un cadre plus général. Si $U=\begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \\ \vdots \\ u_n \end{pmatrix}$ et $V= \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ \vdots \\ v_n \end{pmatrix}$ sont deux matrices de $\mathcal M_{n,1}(\mathbb R),$ alors on a $$UV^T= \begin{pmatrix} u_1v_1&u_1v_2&\dots&u_1v_n\\ u_2v_1&u_2v_2&\dots&u_2v_n\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ u_nv_1&u_nv_2&\dots&u_nv_n\\ \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} u_1 V^T\\ u_2 V^T\\ \dots\\ u_n V^T \end{pmatrix}.$$ Ainsi, toutes les matrices de $UV^T$ sont multiples d'une seule ligne, et donc cette matrice est de rang inférieur ou égal à $1.$ Son rang vaut $0$ si et seulement si $U=0$ ou $V=0.$
   Dans le cas qui nous concerne, on a $U=V=X,$ et donc le rang de $M$ vaut $0$ si $X=0$, et il vaut $1$ si $X\neq 0.$ Puisque, par indépendance des $X_i,$ \begin{eqnarray*} P(X=0)&=&\prod_{i=1}^n P(X_i=0)\\ &=&(1-p)^n, \end{eqnarray*} la variable aléatoire $R=\textrm{rg}(M)$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $1-(1-p)^n.$
2. En reprenant l'expression de $M$ donnée ci-dessus, on trouve que $$\textrm{Tr}(M)=\sum_{i=1}^n X_i^2=\sum_{i=1}^n X_i.$$ Puisque les variables aléatoires $X_1,\dots,X_n$ sont des variables aléatoires indépendantes suivant une même loi de Bernoulli de paramètre $p,$ leur somme suit une loi binomiale $\mathcal B(n,p).$
3. La matrice $M$ est la matrice d'un projecteur si et seulement si $M^2=M.$ Or, $$M^2=(XX^T)(XX^T)=X(X^T X)X^T.$$ Mais $X^TX$ est un scalaire égal à $\sum_{i=1}^n X_i^2=\sum_{i=1}^n X_i.$ On a donc $$M^2=\textrm{Tr}(M) XX^T=\textrm{Tr}(M) M.$$
   • Si $\textrm{Tr}(M)=0,$ alors tous les $X_i$ sont nuls, donc $M=0$ et c'est bien la matrice d'un projecteur.
   • Si $\textrm{Tr}(M)=1,$ alors $M^2=M$ et c'est bien la matrice d'un projecteur.
   • Si $\textrm{Tr}(M)\notin\{0,1\},$ alors $M\neq 0$ et $M^2\neq M,$ donc $M$ n'est pas la matrice d'un projecteur.
   Finalement, la probabilité pour que $M$ soit la matrice d'un projecteur vaut $$P(\textrm{Tr}(M)=0)+P(\textrm{Tr}(M)=1)=(1-p)^n +np(1-p)^{n-1}.$$

1. Notons $C_i$ l'évènement ``le candidat connait la réponse à la $i$-ème question.''. D'après la formule des probabilités totales, puisque $(C_i,\overline{C_i})$ forme une partition de l'univers, $$P(A_i)=P_{C_i}(A_i)P(C_i)+P_{\bar{C_i}}(A_i)P(\bar{C_i})=1\times p+\frac14\times (1-p)=\frac{1+3p}4\ .$$
2. Les questions étant toutes indépendantes, on est en présence d'un schéma de Bernoulli et la variable $S$ qui compte le nombre de bonnes réponses suit une loi binomiale de paramètres 40 et $\frac{1+3p}4$.
3. L'espérance de $S$ vaut $E(S)=40\frac{1+3p}4=10(1+3p)$. On a donc $E(S)\ge 36$ si et seulement si $10(1+3p)\ge 36$, ce qui revient à dire $p\ge\frac{13}{15}$.

1. On reconnait le principe d'un schéma de Bernoulli, avec 20 épreuves indépendantes et une probabilité $p$ de succès. $X$ suit donc une loi binomiale $\mathcal B(20,p)$.
2. On a $P(X=8)=\binom {20}8 p^8(1-p)^{12}$. On va étudier cette fonction de $p$ de sorte de trouver son maximum. Il suffit en réalité d'étudier, sur $[0,1]$, la fonction $g(p)=p^8(1-p)^{12}$. $g$ est dérivable et sa dérivée est \begin{eqnarray*} g'(p)&=&8p^7(1-p)^{12}-12p^8(1-p)^{11}\\ &=&\big(8(1-p)-12p)p^7(1-p)^{11}\\ &=&\big(8-20p\big)p^7(1-p)^{11}. \end{eqnarray*} On en déduit que $g'(p)\geq 0$ sur $[0,2/5]$ et $g'(p)\leq 0$ sur $[2/5,1]$. La probabilité $P(X=8)$ est maximale pour $p=2/5$.

1. Notons $A$ l'événement "l'étudiant a préparé l'examen", $R$ l'événement "l'étudiant a réussi l'examen" et $X$ la variable aléatoire du nombre de questions ayant eu une bonne réponse. On ne connait pas directement la loi de $X$, mais il est facile de donner la loi des variables aléatoires "conditionnées" $X|A$ et $X|\bar A$. Elles suivent des lois binomiales de paramètre 15 et, respectivement, 0,8 et 1/3. Plus précisément, pour tout $k$ dans $\{0,\dots,15\}$, on a $$P(X=k|A)=\binom{15}k (0,8)^k (0,2)^{15-k}$$ $$P(X=k|\bar A)=\binom{15}k \left(\frac 13\right)^k \left(\frac 23\right)^{15-k}.$$ On en déduit que $$P(R|A)=\sum_{k=8}^{15}P(X=k|A)\simeq 0,996$$ tandis que $$P(R|\bar A)=\sum_{k=8}^{15}P(X=k|\bar A)\simeq 0,088.$$ On en déduit, par la formule des probabilités totales : $$P(R)=P(A)P(R|A)+P(\bar A)P(R|\bar A)\simeq 0,724.$$
2. D'après la formule de Bayes, $$P(A|\bar R)=\frac{P(\bar R|A)P(A)}{P(\bar R)}=\frac{(1-P(R|A))P(A)}{1-P(R)}\simeq 0,011.$$ Les résultats des deux questions sont finalement très réconfortants sur la pertinence de cet examen.

1. On a affaire ici à un schéma de Bernoulli : $X_n$ compte le nombre de fois où $n$ expériences indépendantes (les $n$ premiers sauts) donnent un résultat ayant probabilité $p$. La variable aléatoire $X_n$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$. Le nombre de marches franchies est alors $$Y_n=X_n+2(n-X_n)=2n-X_n.$$ Par linéarité de l'espérance, on trouve $$E(Y_n)=2n-E(X_n)=2n-np=(2-p)n.$$ De plus, on a $$V(Y_n)=V(X_n)=np(1-p).$$
2. On a $p_1=p$ : il faut que le premier saut de la grenouille soit un saut d'une marche. Pour déterminer $p_2$, on remarque que la grenouille passe par la marche 2 si le premier saut est un saut de deux marches ou si les deux premiers sauts sont des sauts de une marche. On a donc $p_2=1-p+p^2$.
   On observe que la grenouille ne passe pas par la marche $k$ si elle passe par la marche $k-1$ et si elle fait un saut de deux marches. On a donc : $$1-p_k=(1-p)p_{k-1}\iff p_k=1-(1-p)p_{k-1}.$$ On reconnait une suite arithmético-géométrique : la suite $u_k=p_k-\frac{1}{2-p}$ est une suite géométrique de raison $p-1$, et donc on a $u_k=(p-1)^{k-1}u_1$, ce qui signifie que $p_k=\frac{1}{2-p}+(1-p)^{k-1}u_1$. Puisque $u_1=p-\frac{1}{2-p}=\frac{2p-p^2-1}{2-p}$, on a finalement : $$p_k=\frac{1}{2-p}+(p-1)^{k-1}\frac{2p-p^2-1}{2-p}.$$
3. Voici un algorithme possible :

   Variables : 
     n entier
     hauteur entier
     saut entier
   Traitement :
     Lire n
     hauteur=0
     saut=0
     Tant que (hauteur<n) faire
         Si (alea()<p) faire hauteur=hauteur+1 
         Sinon faire hauteur=hauteur+2
         Fin si.
         saut=saut+1;
     Fin Tant que.
     Afficher saut
   

1. Posons $Y_n=f(S_n/n)$. Remarquons d'abord que $E(X_n)=E(Y_n)-f(t)$. Posons ensuite $g(x)=f\left(\frac xn\right)$. Alors on a $Y_n=g(S_n)$. Par le théorème de transfert, puisque $S_n$ est à valeurs dans $0,\dots,n$, \begin{align*} E(Y_n)&=\sum_{k=0}^n P(S_n=k)g(k)\\ &=\sum_{k=0}^n \binom nk t^k(1-t)^{n-k} f\left(\frac kn\right)\\ &=\sum_{k=0}^n f\left(\frac kn\right) B_{n,k}(t). \end{align*} Ceci donne le résultat voulu.
2. Puisque la fonction $f$ est de classe $\mathcal C^1,$ sa dérivée $f'$ est continue et donc bornée. Soit $M=\sup_{x\in[0,1]}|f'(x)|$. Alors par l'inégalité des accroissements finis, $$|f(a)-f(b)|\leq M|a-b|.$$
3. On écrit \begin{align*} E\left(\left(\frac{S_n}n-t\right)^2\right)&=\frac1{n^2}E\left(\left(S_n-nt\right)^2\right)\\ &=\frac{1}{n^2}\times nt(1-t)\\ &=\frac{t(1-t)}{n} \end{align*} où on a utilisé que la variance de $S_n$ est $nt(1-t)$.
4. On sait que $|E(X_n)|\leq \sqrt{E(X_n^2)}$. Ceci est par exemple une conséquence du fait que la variance de $X_n$ est un réel positif et qu'elle est égale à $$E(X_n^2)-(E(X_n))^2.$$ On a donc \begin{align*} |E(X_n)|&\leq \sqrt{E(X_n^2)} \end{align*} Mais $$X_n^2\leq M^2\left|\frac{S_n}n-t\right|^2.$$ On a donc $$E(X_n^2)\leq M^2 E\left(\left|\frac{S_n}n-t\right|^2\right).$$ D'après le résultat de la question précédente, on trouve $$|E(X_n)|\leq \sqrt{\frac{M^2 t(1-t)}n}$$ ce qui est le résultat voulu.
5. Il est facile, en étudiant la fonction $x\mapsto x(1-x)$ sur $[0,1]$, de prouver que $t(1-t)\leq \frac 14$. Ainsi, la question précédente nous dit que $$|E(X_n)|\leq \frac{M}{2\sqrt n}$$ c'est-à-dire $$\left|\sum_{k=0}^n f\left(\frac kn\right) B_{n,k}(t)-f(t)\right|\leq \frac{M}{2\sqrt n}.$$ Posons $P_n(X)=\sum_{k=0}^n f\left(\frac kn\right) B_{n,k}(X)$. Alors on vient de prouver que $$|P_n(t)-f(t)|\leq \frac{M}{2\sqrt n}.$$ Puisque le membre de droite ne dépend pas de $t$, on obtient bien le résultat voulu.

1. On a $Y(\Omega)=\{1,\dots,n\}$, et par indépendance des variables aléatoires $X_1$ et $X_2$ :
   • si $k\leq a$, $P(Y=k)=P\left((X_1=k)\cap (X_2\leq a)\right)=\frac{1}{n}\times\frac{a}{n}.$
   • si $k>a$, $P(Y=k)=P\left( (X_1=k)\cap (X_2\leq a)\right)+P\left( (X_2=k)\cap (X_2>a)\right)=\frac{a}{n^2}+\frac{1}{n}.$
   On a bien $a\times \frac{a}{n^2}+(n-a)\times\left(\frac{a}{n^2}+\frac{1}{n}\right)=1.$
2. Le calcul de l'espérance est facile : \begin{eqnarray*} E(Y)&=&\sum_{k=1}^a k\frac{a}{n^2}+\sum_{k=a+1}^n k\frac{a}{n^2}+\sum_{k=a+1}^n \frac{k}{n}\\ &=&\frac{a(n+1)}{2n}+\frac{(a+n+1)(n-a)}{2n}\\ &=&E(X_1)+\frac{a}{2n}(n-a)\geq E(X_1). \end{eqnarray*}
3. On vérifie que : $$E(Y)=\frac{1}{2n}\left(\frac{5}{4}n^2+n-(a-n/2)^2\right).$$ Ainsi, $E(Y)$ est maximale pour $|a-n/2|$ le plus petit possible :
   • si $n$ est pair, c'est pour $a=n/2$.
   • si $n$ est impair, c'est pour $a=(n-1)/2$ ou $a=(n+1)/2$.

1. On remarque que $x\ln(x)\leq 0$ si $x\in [0,1[$ ce qui assure que $H(X)\geq 0$.
2. Si $X$ est presque sûrement constante, on a $p_i=1$ pour un $i$ et $p_j=0$ pour $j \neq i$. On en déduit que $H(X)=-1\times\ln(1)=0$.
   Réciproquement, si $H(X)=0$, alors la preuve de la question précédente implique que, pour tout $i=1,\dots,n$, on doit avoir $p_i\ln(p_i)=0$. Ceci implique $p_i=0$ ou $p_i=1$. Puisque la somme des $p_i$ doit être égale à $1$, un des $p_i$ est donc égal à 1, et tous les autres $p_j$ sont nuls : $X$ est presque sûrement constante.
3. Posons pour $x\in ]0,+\infty[$, $g(x)=-x\ln x-(1-x)$. $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$, de dérivée $g'(x)=-\ln x-1+1=-\ln x$. Ainsi, $g$ est strictement croissante sur $]0,1[$ et strictement décroissante sur $]1,+\infty[$. Puisque $g(1)=0$, on en déduit que $g(x)\leq 0$ si $x>0$ avec égalité si et seulement si $x=1$, et donc $-x\ln x\leq 1-x$, avec égalité si et seulement si $x=1$. On en déduit que, pour tout $k=1,\dots,n$, $$(-np_k)\ln (np_k)=-np_k\ln(n)-np_k\ln(p_k)\leq 1-np_k$$ avec égalité si et seulement si $np_k=1$.
4. On somme les inégalités précédentes, pour $k$ allant de $1$ à $n$ : $$-n\ln n+nH(X)\leq n-n=0.$$ Ceci prouve le résultat voulu.
5. Si $H(X)=\ln n$, toutes les inégalités précédentes doivent être des égalités. On en déduit que $(-np_k)\ln (np_k)=1-np_k$ pour tout $k=1,\dots,n$, c'est-à-dire, $p_k=1/n$. Ainsi, si $H(X)=\ln n$, $X$ est équirépartie.
   Réciproquement, si $X$ est équirépartie, on a $p_i=1/n$ pour tout $i$. On en déduit $$H(X)=\sum_{i=1}^n -\frac{\ln (1/n)}{n}=-\ln(1/n)=\ln (n).$$ $H(X)$ mesure le désordre engendré par $X$. Lorsque $X$ est presque sûrement constante, son entropie est nulle (pas de désordre). Lorsque la variable est équidistribuée, le désordre est maximal et l'entropie aussi.

1. Dans le cas d'une loi de Bernoulli, on a simplement : $$G_X(x)=(1-p)+px.$$ Pour le cas d'une loi binomiale, on a $$G_X(x)=\sum_{k=0}^n \binom nk p^k(1-p)^{n-k}x^k=(1-p+px)^n.$$
2. Il est d'abord clair que si $X$ et $Y$ ont la même loi, alors elles ont même fonction génératrice. Réciproquement, si $G_X=G_Y$, alors $G_X-G_Y$ est un polynôme qui s'annule sur $\mathbb R$. Tous ses coefficients sont nuls. Or le coefficient devant $x^k$ est précisément $P(X=k)-P(Y=k)$. Ainsi, on a pour tout $k$, $P(X=k)=P(Y=k)$ et donc $X$ et $Y$ ont même loi.
3. On a $G_X'(x)=\sum_{k=1}^n kp_kx^{k-1}$ et $G_X''(x)=\sum_{k=1}^n k(k-1)p_kx^{k-2}$. On en déduit que $$G_X'(1)=\sum_{k=1}^n kp_k=E(X)$$ puis que $$G_X''(1)=\sum_{k=1}^n k^2p_k-\sum_{k=1}^n kp_k=E(X^2)-E(X).$$ On en déduit finalement que $$G_X''(1)+G_X'(1)-\big (G_X'(1)\big)^2=E(X^2)-E(X)+E(X)-\big(E(X)\big)^2=V(X).$$ Pour la loi binomiale, on a $$G_X'(x)=np(1-p+px)^{n-1}\textrm{ et }G_X''(x)=n(n-1)p^2(1-p+px)^{n-2}.$$ Il vient $$E(X)=np$$ et $$V(X)=n(n-1)p^2+np-n^2p^2=np(1-p).$$
4. Supposons $X$ à valeurs dans $\{0,\dots,n\}$ et $Y$ à valeurs dans $\{0,\dots,m\}$ et notons $Z=X+Y$. Pour $k$ entre $0$ et $n+m$, n a $(Z=k)=\bigcup_{i+j=k}(X=i,Y=j)$ et donc $$P(Z=k)=\sum_{i+j=k} P\big( (X=i)\cap (Y=j)\big)=\sum_{i+j=k}P(X=i)P(Y=j)$$ puisque $X$ et $Y$ sont indépendantes. Notons $a_k=P(X=k)$, $b_k=P(Y=k)$ et $c_k=P(Z=k)$. La relation précédente s'écrit $$c_k=\sum_{i+j=k}a_i b_j.$$ C'est bien que $$\sum_{k=0}^{n+m}c_k x^k=\left(\sum_{i=0}^n a_i x^i\right)\left(\sum_{j=0}^m b_j x^j\right)$$ c'est-à-dire $$G_Z(x)=G_X(x)G_Y(x).$$ Par une récurrence immédiate, si $X_1,\dots,X_n$ sont $n$ variables aléatoires indépendantes et si $Z=X_1+\dots+X_n$, alors $$G_Z(x)=\prod_{i=1}^n G_{X_i}(x).$$ Une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ étant la somme de $n$ variables aléatoires indépendantes suivant toutes une loi de Bernoulli de paramètre $p$, on retrouve facilement la formule donnant la fonction génératrice d'une loi binomiale à partir de la fonction génératrice d'une loi de Bernoulli.
5. On a $G_X(x)=(1-p+px)^n$, $G_Y(x)=(1-p+px)^m$ et donc $G_Z(x)=(1-p+px)^{n+m}$. La fonction génératrice caractérisant la loi, on voit d'après la première question que $Z$ suit une loi binomiale $\mathcal B(n+m,p)$.

1. On a $abcd=\lambda^2$ d'après les deux premières équations. D'autre part, puisque tout est positif, on a $ac<\lambda$ et $bd<\lambda$ et donc $abcd<\lambda^2$, une contradiction.
2. Supposons que ces deux variables aléatoires existent, et notons les $X$ et $Y$. Posons $Z=X+Y$, $a_k=P(X=k)$, $b_k=P(Y=k)$ et $c_k=P(Z=k)$. Pour chaque $k$, on a $$c_k= P(Z=k)=\sum_{i+j=k}P\big((X=i,Y=j)\big)=\sum_{i+j=k}a_ib_j$$ puisque les variables aléatoires $X$ et $Y$ sont indépendantes. Pour $k=0$, $k=2n$ et $k=n$, on obtient alors \begin{eqnarray*} \frac{1}{2n+1}&=&a_0b_0\\ \frac 1{2n+1}&=&a_nb_n\\ \frac1{2n+1}&\geq&a_0b_n+a_nb_0 \end{eqnarray*} Il suffit alors d'appliquer le résultat de la question précédente avec $a=a_0$, $b=b_0$, $c=a_n$, $d=b_n$ et $\lambda=\frac{1}{2n+1}$ pour obtenir une contradiction.

Données : 
  N, p[1],...,p[N]
Variables :

Traitement : 
  S[0]=0
  Pour i allant de 1 à N faire 
    S[i]=S[i-1]+p[i]
  Fin Pour
  x=ALEA()
  Pour i allant de 1 à N faire
     Si S[i-1]<x<=S[i] alors retourner i.
  Fin Pour