Groupe 3
On note \(A\) l’évènement “La pièce tombe sur pile”. Soit \(x \in X(\Omega) = [0,2]\). D’après la formule des probabilités totales, \[\begin{align} P(X \le x) &= P((X \le x) \lvert A)P(A) + P((X \le x) \lvert \bar A)P(\bar A) \\&= P(2U \le x)p + P(U \le x)(1-p) \\&= \frac{x}{2}(1-p) + \text{min}(1,x)p. \end{align}\]
Finalement, \(\forall x \in \mathbb{R}\), \[F_X(x) = \begin{cases} 0 & \text{si } x<0 \\ \frac{x}{2}(1+p) & \text{si } 0 \le x \le 1 \\ \frac{x}{2}(1-p) + p & \text{si } 1 < x \le 2 \\ 1 & \text{si } x>2 \end{cases}\]
Aussi, \(F_X\) est continue sur \(\mathbb{R}\) et de classe \(C^1\) par morceaux sur \(\mathbb{R}\) donc admet une densité \(f_X\) définie sur \(\mathbb{R} \setminus \{0,1,2\}\) par \[f_X(x) = F_X'(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}(1+p) & \text{si } 0 \le x < 1 \\ \frac{1}{2}(1-p) & \text{si } 1 < x \le 2 \\ 0 & \text{sinon } \end{cases}\]
On peut aussi donner des valeurs arbitraires à \(f_X\) en \(0,1\) et \(2\) : elle n’auront aucun impact sur l’intégrale de \(f_X\).
La médiane de \(X\) est l’unique réel \(m\) tel que \(F_X(m) = \frac{1}{2}\). Il est évident que \(m \in [0,2]\).
Par l’absurde, on suppose \(m \geq 1\). Alors \[F_X(m) = \frac{1}{2} \Longleftrightarrow \frac{m}{2}(1-p) + p =\frac{1}{2} \Longrightarrow m = \frac{1-2p}{1-p} = -1.\] Absurde.
On sait donc que \(m< 1\). Ainsi, \[F_X(m) = \frac{1}{2} \Longleftrightarrow \frac{m}{2}(1+p) = \frac{1}{2}\Longrightarrow m = \frac{1}{1+p} = \frac{3}{5}.\]
Aussi, \[ \mathbb{E}(X) = \int_{ \mathbb{R}}tf_X(t) dt = \int_{0}^{1} \frac{t}{2}(1+p) dt + \int_{1}^{2} \frac{t}{2}(1-p)dt = 1 - \frac{1}{2}p = \frac{2}{3}.\]
On peut considérer \(Y\) comme la variable de Bernoulli associée au tirage de la pièce pour laquelle le succès est l’obtention d’un face.
Alors, \(Y = 0 \Longrightarrow X = U\) et \(Y = 1 \Longrightarrow X = 2U\), donc \(X = (1+Y)U\).
Les variables \(1 + Y\) et \(X\) étant indépendantes, on a \[\mathbb{E}(X) = \mathbb{E}(1+Y)\mathbb{E}(U) = (1 + (1-p))\frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{2}p = \frac{2}{3}.\]
n = 1000000
y <- rbinom(n, 1, p = 1/3)
x <- (1+y)*runif(n)
median(x)## [1] 0.6006641mean(x)## [1] 0.6664731\(U \sim \mathcal{U}([0, 1])\)
\(F_X(t) = P(X \leq t) = P(\sqrt{U} \leq t) = P(U \leq t^2) = t^2 \mathbf{1}_{[0, 1]}(t) + \mathbf{1}_{(1, +\infty)}(t)\)
\(f_X(t) = 2t \, \mathbf{1}_{[0, 1]}(t), \quad \forall t \in \mathbb{R}\)
\(E[X] = \int_{-\infty}^{+\infty} t \, f_X(t) \, dt = \int_{-\infty}^{+\infty} 2t^2 \, \mathbf{1}_{[0, 1]}(t) \, dt = \frac{2}{3}\)
\(E[X]= \int_{-\infty}^{+\infty} \sqrt t \, f_U(t) \, dt = \int_{0}^{1} \sqrt t \, dt = \frac {2}{3}\) , d’après le théorème de transfert.
En utilisant le fait que \(X\) est une variable aléatoire positive, on a :
\[\begin{align} E[X] &= \int_{0}^{+\infty} P(X>t) \, dt \\&= \int_{0}^{+\infty} 1 - t^2 \mathbf{1}_{[0, 1]}(t) + \mathbf{1}_{(1, +\infty)}(t) \, dt \\&= \int_{0}^{1} 1 - t^2 dt \\&= \frac {2}{3} \end{align}\]
\(V[X] = E[X^2]-E[X]^2 = E[U] - (\frac {2}{3})^2 = \frac {1}{2} - \frac {4}{9}= \frac {1}{18}\approx 0.5556\)
Soit \(t\leq n\), \(t \in \mathbb{R}_+\): \[\mathbb{P}(X_i\geq t)=\int_t^{\infty}\mathbb{P}(X_i=t)dt=\lambda\int_0^{\infty}e^{-\lambda t}dt=e^{-\lambda t}\] d’où: \[\mathbb{P}(X\geq t)=\prod_0^n\mathbb{P}(X_i\geq t)=e^{-\lambda nt}\]
On en déduit \(F_X(t)=1-e^{-\lambda nt}\) et \(f_X(t)=\lambda ne^{-\lambda nt}\implies X\sim\mathcal{E}(\lambda n)\) (On remarque que l’on a bien \(\int_{-\infty}^{\infty}f_X(t)dt=1\) et \(f_X\geq 0\))
Ainsi: \[\mathbb{E}[X]=\int_0^{\infty}(1-F_X(t))dt=\int_0^{\infty}e^{-\lambda nt}dt=\frac{1}{\lambda n}\] On retrouve donc bien l’espérance d’une loi exponentielle de paramètre \(\lambda n\).
Soit \(x \in [0,1]\). D’après la formule des probabilités totales, \[P(X \le x) = \sum_{n \in \mathbb{N}}P(X \le x \lvert N = n)P(N = n)\]
Or, pour \(n \geq 1\), \[P(X \le x \lvert N = n) = P(\underset{1 \le i \le n}{\text{max}} U_i \le x) = P \left( \bigcap_{1 \le i \le n} (U_i \le x) \right) = \prod_{i=1}^{n} P (U_i \le x) = x^n.\] Aussi, \(P(N=n) = (1-p)^{n-1}p\).
D’où \[P(X \le x) = \sum_{n=1}^{+\infty} x^n(1-p)^{n-1} = \frac{px}{1- x(1-p)}.\]
Comme \(X\) est une v.a.r positive, on a \[\mathbb{E}(X) = \int_{0}^{+\infty} P(X \geq x)dx = \int_{0}^{1} 1 - P(X \le x) dx = \int_{0}^{1} \frac{1-x}{1-x(1-p)}dx = \frac{1 + p\text{ln}(p) - p}{(p-1)^2}\]
Pour \(p=\frac{1}{3}\), on a \(\mathbb{E}(X) = \frac{3}{4}(2 - \text{ln}(3)) \approx 0.676\)
n <- 100000
# La loi géometrique est décalée
x <- sapply(1 + rgeom(n, p = 1/3), FUN = function(i) max(runif(i))) # ?sapply : très utile
mean(x)## [1] 0.6754326