Introduction aux Probabilités - Université Rennes 2

2.7. Corrigés 105
3. On a ainsi Cov(X,Y) = E[XY]−E[X]E[Y] = 0, donc X et Y sont décorrélées. Par contre
on vérifie aisément que :
È(X = 2,Y = 5) = 0 =È(X = 2)È(Y = 5) = 1 1
×
36 36 ,
ce qui prouve que X et Y ne sont pas indépendantes. Cette non-indépendance était intuitivement
clair : une fois connue X, la variable Y ne peut plus varier qu’entre 2−X et X −2,
ce qui montre bien que la valeur prise par X a une incidence sur la valeur prise par Y (et
vice versa).
Exercice 2.15 (Deux dés : min et max)
1. La variable X est à valeurs dans {1,...,6} et en notant pi =È(X = i), quelques calculs
donnent
[p1,p2,p3,p4,p5,p6] = 1
36 [11,9,7,5,3,1].
Il s’ensuit pour l’espérance : E[X] = 91/36 ≈ 2,5.
2. Puisque X +Y = U1 +U2, il vient par linéarité de l’e :
E[Y] = E[U1]+E[U2]−E[X] = 161
36
3. De même XY = U1U2, avec U1 et U2 indépendantes, donc :
≈ 4,5.
E[XY] = E[U1U2] = E[U1]E[U2] = 49
4 .
Ceci donne pour la covariance : Cov(X,Y) = E[XY]−E[X]E[Y] = 1225
1296 ≈ 0.94.
Exercice 2.16 (Memento (absence de mémoire))
1. On a :
+∞
+∞
È(X > n) = = k) = p(1−p)
k=n+1È(X
k=n+1
k−1 = p
où l’on reconnaît une somme géométrique, donc :
È(X > n) = p (1−p)n
1−(1−p) = (1−p)n .
On en déduit la fonction de répartition au point n :
+∞
k=n+1
F(n) =È(X ≤ n) = 1−È(X > n) = 1−(1−p) n .
2. Par définition de la probabilité conditionnelle, on a alors ∀(m,n) ∈Æ×Æ:
È(X > n+m|X > m) =È({X > n+m}∩{X > m})
È(X > m)
(1−p) k−1 ,
> n+m)
=È(X
,
È(X > m)
puisque l’événement {X > n + m} implique l’événement {X > m}. Grâce à la question
précédente, on a donc :
È(X > n+m|X > m) = (1−p)n+m
(1−p) m = (1−p)n =È(X > n).
Probabilités Arnaud Guyader - Rennes 2