Soit \(X\) un nombre positif mesuré à l’issue d’une épreuve aléatoire. On suppose que :
\[ \forall 0 \leq s \leq t < \infty, \quad \mathbb{P}(X \in [s,t)) = \int_s^t e^{-x} dx. \]
Soit \(t \geq 0\) alors : \[ \mathbb{P}(X \geq t) = 1 - \mathbb{P}(0 \leq X < t) = 1 - \int_0^t e^{-x}dx = 1 - \left[ -e^{-x} \right]_0^t = e^{-t} \] Donc \(\forall\ t\geq 0 \quad \mathbb{P}(X \geq t) = e^{-t}\)
Calculer \(\mathbb{P}(\sin X \geq0)\) :
\[ \sin X \geq0 \text{ ssi } X \in \bigcup_{k=0}^{\infty}[2k\pi; 2k\pi + \pi) \]
Donc \[ \mathbb{P}(\sin X \geq0) = \mathbb{P}(X \in \bigcup_{k=0}^{\infty}[2k\pi; 2k\pi + \pi)) = \sum_{k=0}^{\infty} \int_{2k\pi}^{2k\pi+\pi} e^{-x} dx = \sum_{k=0}^{\infty} -e^{-\pi(2k+1)} +e^{-2k\pi} = \sum_{k=0}^{\infty} e^{-\pi2k} (-e^{-\pi} +1) = (-e^{-\pi} +1) \sum_{k=0}^{\infty}e^{-2k\pi}\]
\[\mathbb{P}(\sin X \geq0) = (-e^{-\pi}+1) \cdot e^{0} \cdot \frac{1}{1-e^{-2\pi}} = \frac{-e^{-\pi}+1}{1-e^{-2\pi}} = \frac{1}{1_e^{-\pi}} \] `
Soit \(U\) un nombre pris au hasard dans \([0,1]\) tel que \[\forall 0 \leq a \leq b \leq 1, \quad \mathbb{P}(U \in [a,b)) = b-a. \]
\[\mathbb{P}(\ln(1/U) \in [s,t))= \mathbb{P}(1/U \in [e^{s},e^{t})) = \mathbb{P}(U \in[e^{-t},e^{-s})) \]
Donc :\[\mathbb{P}(\ln(1/U) \in [s,t))=e^{-s}-e^{-t}\]
On sait grâce à la question précédente que \(X\) suit la même loi que \(\ln(1/U)\), où \(U\) est une variable uniforme sur \([0,1]\).
Pour obtenir un nombre aléatoire avec les mêmes propriétés que \(X\) on peut donc utiliser : \(X = \ln(1/U)\), avec \(U\) une variable aléatoire uniforme sur \([0,1]\).
On tire un premier chiffre parmi 6 que l’on nommera \(x_1\): {1,2,3,4,5,6} Ensuite on tire un deuxième chiffre \(x_2\) compris entre 1 et \(x_1\)
Il faut que \(x_1 = 6\) pour que \(x_2\) ait une chance d’être un 6; on en déduit: \(P(X=6) = \frac{1}6*\frac{1}6 = 0.028\)
En procédant de la même manière on trouve: \[P(X=1) = \frac{1}6+\frac{1}6\frac{1}2+\frac{1}6\frac{1}3+\frac{1}6\frac{1}4+\frac{1}6\frac{1}5+\frac{1}6\frac{1}6 = 0.408 \]
Résultats d’expérience : \(P(X=6) = 0.0295\) et \(P(X=1) = 0.4079\) ce qui correspond presque à nos prédictions.
On note \(P(T_{n})\) la probabilité de (essayer de) tirer un tir un n points et \(P(R)\) la probabilité que Vlad marque.
On cherche \(P(R)\) \[ P(R) = P(R|T_{1}) * P(T_{1}) + P(R|T_{2}) * P(T_{2}) + P(R|T_{3}) * P(T_{3}) \] On trouve alors \(P(R) = \frac{3}{8}\) La probabilité que Vlad marque un tir est de \(\frac{3}8\).
\[P_{Rbarre}(T_{3}) = \frac{P(T_3)*P_{T3}(Rbarre)}{P(Rbarre)} = \frac{3/4 \times 1/6}{5/8} = \frac{1}{5}\]
La probabilité qu’il ait tiré un trois point sachant qu’il a raté son tir est de \(\frac{1}5\).
\(P_{R}(T_{3}) = \frac{P(T_3)*P_{T3}(R)}{P(R)} = \frac{1}6 * \frac{1}4* \frac{8}3 = \frac{1}9\) La probabilité qu’il est tiré un trois point sachant qu’il a réussi son tir est de \(\frac{1}9\).
On cherche à calculer l’espérance de la variable aléatoire qui représente les tirs réussis pour un tir à trois points. Le nombre de tirs marqués suit une loi géométrique avec \(p=\frac{1}9\) On a donc \(E(X) = \frac{1}{\frac{1}9} = 9\) En moyenne on doit attendre 9 tirs pour voir Vlad marquer un panier à trois points.