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\newtheorem{exercice}{Exercice}
\newtheorem{probleme}{Problème}

\newcommand{\pts}[1]{\textbf{[#1]}}

\pagestyle{empty}

\begin{document}

\noindent
{\textbf{Université Paul Sabatier} \hfill Année 2001}\\
{Albi et Toulouse III \hfill \textbf{DEUG MIAS -- Seconde année -- Probabilité}}

\thispagestyle{empty}

\begin{center}
\bigskip
{\large \textbf{Correction indicative de l'examen de juin 2001}}
\bigskip
\end{center}
 
Comme d'habitude, il y a parfois plusieurs façons de faire, mais ce sont la
justesse, la rigueur, la concision et la clarté des réponses qui priment. Le nombre de
points est indiqué en gras entre crochets pour chaque réponse.

\begin{probleme} \pts{13 points}
Ce problème concerne la loi exponentielle, étudiée en cours et en TD pendant
le semestre.

\begin{enumerate}
\item Il s'agit de redémontrer (et non pas seulement de rappeler\ldots) que la
  moyenne et la variance de la loi exponentielle de paramètre $\la$ valent
  $1/\la$ et que la fonction de répartition vaut $F(t):=\PAR{1-\exp(-\la
    t)}\,\mathrm{1}_{\BRA{t\geq 0}}$. 
    Cf. cours \& TD pour les détails ! \pts{2}
\item \begin{enumerate}
  \item Pour tout $t$ dans $\dR$, on a~:
    $$
    F_Z(t) :=\dP(Z\leq t) =\dP(T_1\leq t,\, T_2\leq t)
    \overset{\text{indép.}}{=}\dP(T_1\leq t)\,\dP(T_2\leq t) =F(t)^2.\pts{1}
    $$
    $F_Z$ est dérivable sur $\dR$ et $\cL(Z)$ admet pour densité
    $$f_Z(t):=F'_Z(t)=2\,F(t)\,F'(t)=2\,F(t)\,f(t),$$
    qui donne la formule demandée \pts{1}.
  \item Par intégration par parties, on trouve que $\dE(Z)=3\la/2$ \pts{1}.
   \end{enumerate}
 \item \begin{enumerate}
   \item Par linéarité de l'espérance, on a 
   $\dE(U)=\dE(T_1)+\dE(T_2)=2/\la$ et
   par indépendance de $T_1$ et $T_2$, on a 
   $\dV(U)=\dV(T_1)+\dV(T_2)=2/\la$.
   \pts{1,+1 si cette méthode pour la variance}
 \item On a~: $V:=T_1+\mathrm{1_H}\,T_2$ \pts{1,5}, et
   $$
   \dE(V)
   =\dE(T_1)+\dE(\mathrm{1_H}\,T_2)
   \overset{\text{indép.}}{=} \dE(T_1)+\dE(\mathrm{1_H})\,\dE(T_2)
   = \dE(T_1)+\dP(H)\,\dE(T_2)
   = (1+p)/\la.\pts{1,5}
   $$
   D'autre part~:   
   \begin{align*}
   F_V(t) :&=\dP(V\leq t)\\
   &=\dP(\BRA{V\leq t}\cap H)+\dP(\BRA{V\leq t}\cap H^c)\\
   &=\dP(\BRA{V\leq t}\,\vert\,H)\,\dP(H)
    +\dP(\BRA{V\leq t}\,\vert\,H^c)\,(1-\dP(H))\\
   &=p\,\dP(U\leq t)+(1-p)\,\dP(T_1\leq t)\\
   &=p\,F_U(t)+(1-p)\,F(t). \pts{1,5}
   \end{align*}
   On a enfin~:
   $$
   f_V(t):=F'_V(t)=p\,f_U(t)+(1-p)\,f(t). \,\pts{0,5}
   $$
   
 \item La fonction $p\in[0,1]\mapsto\dE(Z)-\dE(U):=3\la/2-(1+p)/\la$ est
   strictement décroissante et ne s'annule que pour $p=1/2$. L'allumage
   simultané est donc meilleur (en moyenne) que l'allumage successif pour
   $p\leq 1/2$, ce qui correspond bien, qualitativement du moins, à
   l'intuition. \pts{1}
   \end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{probleme}

\begin{exercice}\pts{8,5+2 points} On note $q:=1-p$ et $\cL(Z)$ la loi d'une
  v.a. $Z$. On peut remarquer qu'étant donnée la définition sexuellement
  symétrique de $X$, on peut s'attendre à trouver des formules tout aussi
  symétriques en $p$ et $q$ pour $\cL(X)$ et $\dE(X)$.  Il y avait une petite
  coquille dans l'énoncé (omission d'un $^*$). Aussi, le barème tient compte
  de cette difficulté supplémentaire de l'exercice en récompensant la
  manifestation d'un esprit critique et en tolérant des sommations mal
  «initialisées»\ldots

\begin{enumerate}
\item Pour tout $i\in\dN^*$, on a~: $\dP(X=i)=p^i\,q+q^i\,p$.  Et oui, pour
  que $X$ vale $i$, il faut soit $i$ hommes puis une femme, soit
  l'inverse~:
  $$
  \dP(X=i)=\dP(\underbrace{H\cdots H}_{\text{$i$ fois}}F 
               \,\text{ou}\, 
               \underbrace{F\cdots F}_{\text{$i$ fois}}H)
          \underset{\text{disj.}}{=} \dP(\underbrace{H\cdots H}_{\text{$i$ fois}}F)+ 
            \dP(\underbrace{F\cdots F}_{\text{$i$ fois}}H)
          \underset{\text{indép.}}{=} p^i\,q+q^i\,p. \pts{1}
  $$
\item En utilisant la formule de sommation géométrique, il vient
 $$
 \dE(X)
 =q\,\sum_{k=1}^{+\infty}kp^k+p\,\sum_{k=1}^{+\infty}kq^k
 =\frac{q}{p}+\frac{p}{q}=\frac{q^2+p^2}{pq}. \,\pts{2}
 $$
\item Pour tout $i,j \in \dN^{*}$, l'événement $\BRA{X=i\,,\,Y=j}$
  correspond à l'un des deux cas disjoints suivants~:
 $$
 \underbrace{H\cdots H}_{\text{$i$ fois}} \underbrace{F\cdots F}_{\text{$j$ fois}} H
 \text{\quad ou \quad}
 \underbrace{F\cdots F}_{\text{$i$ fois}} \underbrace{H\cdots H}_{\text{$j$ fois}} F.
 $$
 Ces deux cas étant disjoints, on a donc bien la formule demandée par
 addition de leur probabilité puis utilisation de l'indépendance du sexe des
 confessions successives, comme dans le calcul de $\cL(X)$. \pts{1}
\item Pour tout $j\in\dN^*$, on a~:
  $\dP(Y=j)=\sum_{i=1}^{+\infty}\dP(X=i\,,\,Y=j)=p^2q^{j-1}+q^2p^{j-1}$.
  \pts{1,5}
\item Les v.a. $X$ et $Y$ sont indépendantes si et seulement si pour tout
  $i,j \in \dN^*$, on a~:
  $$
  \dP(X=i\,,\,Y=j)=\dP(X=i)\,\dP(Y=j).
  $$
  Les expressions des lois $\cL(X)$, $\cL(Y)$
  et $\cL(X,Y)$ obtenues dans les questions précédentes permettent alors
  d'affirmer que $X$ et $Y$ sont indépendantes si et seulement si $p=1/2$. En
  effet, on a~:
  $$
  \dP(X=i\,,\,Y=j)=p^{i+1}q^j + q^{i+1}p^j,
  $$
  et
  $$
  \dP(X=i)\,\dP(Y=j)=p^{i+2}q^j + q^{i+2}p^j + p^3q^{i+j-1} + q^3p^{i+j-1}.
  $$
  Donc en utilisant le fait que $p+q=1$, il vient~:
  $$
  \dP(X=i\,,\,Y=j)-\dP(X=i)\,\dP(Y=j) = - p^3q^{i+j-1} - q^3p^{i+j-1} + q^{i+1}p^{j+1} + q^{j+1}p^{i+1}.
  $$
  On remarque alors que cette expression est nulle pour $p=1/2$. \pts{1}\\
  D'autre part, pour $i=j=1$, elle vaut~:
  $$
  -p^3q - q^3p + 2q^2p^2=pq(2pq-q^2-p^2)=pq(2pq-q^2-p^2)=-pq(p-q)^2=p(p-1)(1-2p)^2,
  $$
  qui ne s'annulle que pour $p=1/2$ lorsque $p\in]0,1[$. \pts{2}
\end{enumerate}

\end{exercice}

\begin{center}
  ----- Fin (et bonnes vacances\ldots) -----
\end{center}

\end{document}






