Corrigé des exercices - Dunod

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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 Np−k+1 n−k+1
(Np+1)(n+1)
k Nq−n+k
= 1 c’est-à-dire
N+2
= k.
Réciproquement si (Np+1)(n+1)
N+2
est un entier, alors les entiers M 0 et M 0 − 1 sont des modes
pour ce tirage.
3. Dans l’énoncé de cette question, intervertir p > 1 2 et p < 1 2 .
Remarquons que (Np+1)(n+1)
N+2
− (n + 1)p = (n+1)(2p−1)
N+2
.
Si p = 1 2
, alors
(Np+1)(n+1)
N+2
= n+1
2 , donc M 0 = M 1 .
Si p > 1 (Np+1)(n+1)
2
, alors 2p − 1 > 0 or 2p − 1 1 donc (n + 1)p <
N+2
(n + 1)p + 1.
Donc par croissance de la fonction partie entière, M 0 M 1 M 0 + 1.
Si p < 1 (Np+1)(n+1)
2
, alors 2p − 1 < 0 or 2p − 1 −1 donc
N+2
< (n + 1)p (Np+1)(n+1)
N+2
+ 1.
Donc par croissance de la fonction partie entière, M 1 M 0 M 1 + 1.
4. D’après la question précédentes, M 0 et M 1 ne diffèrent pas de plus d’une unité.
Exercice 30.30
1. Comme X suit une loi de Poisson de paramètre 10000, X admet une espérance et
E(X) = 10000.
2. Comme les dix entrées sont équiprobables, la probabilité qu’un visiteur rentre par l’entrée
E 1 est 1 10 .
3. D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements
(X = n) n∈N ,
P(X 1 = k) =
Or ∀k n + 1, P X=n (X 1 = k) = 0.
Et ∀k n, P X=n (X 1 = k) = ( )
n 1
k
+∞∑
n=0
( 9 n−k.
10 10) k
P X=n (X 1 = k)P(X = n)
P(X 1 = k) =
+∞∑
n=k
( n
k
= e−10000 10 3k
k!
= e−10000 10 3k
k!
= e−1000 10 3k
k!
) ( ) n−k 1 9 e −10000 10000 n
10 k 10 n!
+∞∑
n=k
+∞∑
n=0
1 (
9.10
3 ) n−k
(n − k)!
1 (
9.10
3 ) n
n!
Donc X 1 suit une loi de Poisson de paramètre 10 3 . Alors X 1 admet une espérance et une
variance E(X 1 ) = V (X 1 ) = 10 3 .
4. Soit Y 1 le nombre de visiteurs entrant par E 1 en payant.
Alors Y 1 = 9X1
10 . Et E(Y 1) = 900.