Corrigé des exercices - Dunod

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Or 1−p
p
appartient à [0,1] si et seulement si p 1 2 .
Si p 1 2 , la suite (u n) converge vers 1.
Si p > 1 2 , alors par récurrence, on montre que pour tout entier n, u n 1−p
p
. Donc la suite
(u n ) converge vers 1−p
p
3. a) p 0 = P(X 0 = 0) = 1 − p.
Par la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements ([X 0 = 0],[X 0 = 2]),
p n+1 = P(X n+1 = 0) = P X0=0(X n+1 = 0)P(X 0 = 0) + P X0=2(X n+1 = 0)P(X 0 = 2)
Or P X0=0(X n+1 = 0) = 1 et P X0=2(X n+1 = 0) = P(X n = 0) 2 car les deux descendants de
la première génération n’ont pas de descendants à la n ième génération.
Donc la suite (p n ) vérifie la relation p n+1 = pp 2 n + 1 − p.
Ainsi P(X n = 0) = u n .
b) Si p 1 2 , lim P(X n = 0) = 1.
n→+∞
Si p > 1 2 , lim P(X n = 0) = 1−p
n→+∞ p .
Exercice 30.29
1. a) X suit une loi binomiale de paramètre (n,p).
b) Pour tout entier k de [0,n],
Donc
P(X = k) =
P(X=k)
P(X=k−1) = n−k+1 p
k 1−p .
P(X=k)
P(X=k−1)
( ( ) k n
p
k)
k (1 − p) n−k n n(n − 1) · · · (n − k + 1) p
= (1 − p) .
1.2 · · · k 1 − p
n−k+1
Alors 1 si et seulement si
k 1−p
1 c’est-à-dire (n + 1)p k.
Donc P(X = k) est maximale pour k = [(n + 1)p].
c) S’il existe deux modes M 0 et M 0 ′ pour ce tirage, alors P(X = M 0 ) = P(X = M 0).
′
Donc il existe un entier k tel que n−k+1 p
k 1−p
= 1 c’est-à-dire (n+1)p = k et une seule valeur
de k possible.
Réciproquement si (n+1)p est un entier, alors il existe deux entiers M 0 et M 0 −1 des modes
pour ce tirage.
Ainsi il existe deux modes si et seulement si (n + 1)p est un entier.
2. a) X suit une loi hypergéométrique de paramètre (N,n,p).
b) Pour tout entier k de [0,n]
P(X = k) =
Donc
Alors
( k
)( n−k
Np Nq
( n
N
)
) =
P(X=k)
P(X=k−1) = Np−k+1 n−k+1
k Nq−n+k .
P(X=k)
P(X=k−1)
Np(Np − 1) · · · (Np − k + 1)
1.2 · · · k
1 si et seulement si
Np−k+1
k
p
n−k+1
Nq−n+k
Donc P(X = k) est maximale pour k = [ (Np+1)(n+1)
N+2
].
Nq(Nq − 1) · · · (n − k + 1)
1.2 · · · (Nq − n + k)
1
( n
N)
1 c’est-à-dire
(Np+1)(n+1)
N+2
k.