Variable aléatoire discrète

Comme $X(\Omega)=\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}$ alors les valeurs prises par $X^2$ sont $0,1,4$ et $9$, et on a :

1. $P(X^2=0)=P(X=0)=0.25$,
2. $P(X^2=1)=P((X=-1)\cup (X=1))=P(X=-1)+P(X=1)=0.15+0.20=0.35$.
3. $P(X^2=4)=P((X=-2)\cup (X=2))=P(X=-2)+P(X=2)=0.10+0.15=0.25$.
4. $P(X^2=9)=P((X=-3)\cup (X=3))=P(X=-3)+P(X=3)=0.10+0.05=0.15$.

On trouve finalement,

On note $P_n$ (resp. $F_n$) l'événement : 'On a obtenu pile au $n$^ème lancer' (resp. 'On a obtenu face au $n$ ^èmelancer').
Il est clair, que $$P(X=1)=0,\quad P(X=2)=P(P_1\cap P_2)=\dfrac{1}{4},\quad P(X=3)=P(F_1\cap P_2\cap P_3)=\dfrac{1}{8}.$$ Les événements ($F_1,\,P_1\cap P_2,\,P_1\cap F_2)$ forment un système complet, donc, pour tout $n\geq 3$, on a $$P(X=n)=P(F_1)P_{F_1}(X=n)+P(P_1\cap P_2)P_{P_1\cap P_2}(X=n)+P(P_1\cap F_2)P_{P_1\cap F_2}(X=n).$$ Or,

1. $P(F_1)P_{F_1}(X=n)=\dfrac{1}{2}P(X=n-1)$, en effet la probabilité d'avoir $X=n$ sachant que la 1 ^èrelancer est face est la même que $X=n-1$ (tous les lancers sont décalées de $1$).
2. $P(P_1\cap P_2)P_{P_1\cap P_2}(X=n)=0$, puisque si on a $(P_1\cap P_2)$ est réalisé alors le jeux s'arrête.
3. $P(P_1\cap F_2)P_{P_1\cap F_2}(X=n)=\dfrac{1}{4}P(X=n-2)$.

On en déduit, pour tout $n\geq 2$, $$P(X=n)=\dfrac{2P(X=n-1)+P(X=n-2)}{4}\Longrightarrow P(X=n)=\alpha \left(\frac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^n+\beta \left(\frac{1-\sqrt{5}}{4}\right)^n.$$ On trouve, après calcul, $\alpha =\dfrac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}},\quad \beta=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}}$. Ainsi, $$P(X=n)=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^n+\dfrac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}} \left(\frac{1-\sqrt{5}}{4}\right)^n.$$ D'autre part, on a $P(X=n)\geq 0$ et $$\begin{array}{lcl} \dsum_{n\geq 1}P(X=n)&=&\dfrac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}}\dsum_{n\geq 1}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^n+\dfrac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}} \dsum_{n\geq 1}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{4}\right)^n\\ &&\\ &=&\dfrac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}}\left(\dfrac{4}{3-\sqrt{5}}-1\right)+\dfrac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}}\left(\dfrac{4}{3+\sqrt{5}}-1\right)\\ &&\\ &=&\dfrac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}}\dfrac{1+\sqrt{5}}{3-\sqrt{5}}+\dfrac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}}\dfrac{1-\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\left(\dfrac{1}{3-\sqrt{5}}-\dfrac{1}{3+\sqrt{5}}\right)\\ &&\\ &=&\dfrac{2}{\sqrt{5}}\dfrac{2\sqrt{5}}{4}=1 \end{array}$$ Donc $X$ est bien une V.A.

Ici $\Omega =\inter{1,8}$ et $S(\Omega)=\inter{2,16}$. De plus pour $k\in S(\Omega)$, notons $X_1$ (resp. $X_2$) le résultat de 1^ère dé (resp. résultat de 2^ème dé), on distingue deux cas:

1. $k\in \inter{2,9}$, dans ce cas, $$(S=k) = \bigcup_{1\leq i < k}(X_1=i)\cap (X_2=k-i)= \dfrac{k-1}{64}$$
2. $k\in \inter{10,16}$, dans ce cas $$(S=k)=\bigcup_{1\leq i\leq 8}(X_1=i)\cap (X_2=k-i)=\bigcup_{k-8\leq i\leq 8}(X_1=i)\cap (X_2=k-i) = \dfrac{17-k}{64}$$

				from random import *
def Somme2De(n):
    De = [1,2,3,4,5,6,7,8]
    global Somme
    i = 0
    while i < n+1:
          i+=1
          X1 = choice(De)
          X2 = choice(De)
         Somme[X1+X2]+=1/n
           
Somme=[0 for i in range(17)]
ResTh=[0 for i in range(17)]
for i in range(2,10):
     ResTh[i]=(i-1)/64
for i in range(10,17):
     ResTh[i]=(17-i)/64
Somme2De(10**6)
for i in range(2,17):
     print("Somme =%2d, Res theo = %0.6f,Res simu= %0.6f"%(i,ResTh[i],Somme[i]))
			   
				

Voici les résultats obtenus

				Somme = 2, Res theo = 0.015625,Res simu= 0.015457
Somme = 3, Res theo = 0.031250,Res simu= 0.031197
Somme = 4, Res theo = 0.046875,Res simu= 0.046822
Somme = 5, Res theo = 0.062500,Res simu= 0.062373
Somme = 6, Res theo = 0.078125,Res simu= 0.077649
Somme = 7, Res theo = 0.093750,Res simu= 0.093762
Somme = 8, Res theo = 0.109375,Res simu= 0.109487
Somme = 9, Res theo = 0.125000,Res simu= 0.125026
Somme =10, Res theo = 0.109375,Res simu= 0.109250
Somme =11, Res theo = 0.093750,Res simu= 0.093338
Somme =12, Res theo = 0.078125,Res simu= 0.078716
Somme =13, Res theo = 0.062500,Res simu= 0.062848
Somme =14, Res theo = 0.046875,Res simu= 0.047015
Somme =15, Res theo = 0.031250,Res simu= 0.031249
Somme =16, Res theo = 0.015625,Res simu= 0.015812
           
		   

D'après la condition vérifiée par $X$, on a $$ P(X=1)=kP(X\geq 1)=k\dsum_{j=1}^\infty P(X=j)=k,\quad \left(\text{ car } (X\geq 1)=\bigcup_{j\geq 1} (X=j)\right). $$ Essayons de calculer $P(X=2)$, $$P(X=2)=kP(X\geq 2)=k\dsum_{j\geq 2}P(X=j)=k\left(\dsum_{j\geq 1}P(X=j)-P(X=1)\right)=k(1-k).$$ Maintenant, calculons $P(X=3)$, $$\begin{array}{lcl} P(X=3)&=&kP(X\geq 3)=k\dsum_{j\geq 3}P(X=j)=k\left(\dsum_{j\geq 1}P(X=j)-P(X=1)-P(X=2)\right)\\ &=&k\left(1-k-k(1-k)\right)=k(1-k)^2. \end{array}$$ On peut alors mettre l'hypothèse suivante: Pour tout $n\in \N^*$, $P(X=n)=k(1-k)^{n-1}$.
Pour $n=1$ l'hypothèse est vérifiée. Soit $n\in \N^*$, supposons que l'hypothèse est vraie pour tout $k\in \inter{1,n}$ et essayons de la montrer pour $n+1$, $$\begin{array}{lcl} P(X=n+1)&=&kP(X\geq n+1)= k\dsum_{j=n+1}^\infty P(X=j)\\ &=&k\left(\dsum_{j=1}^\infty P(X=j)-\dsum_{j=1}^nP(X=j)\right) =k\left(1-\dsum_{j=1}^n k(1-k)^{j-1}\right)\\ &=&k\left(1-k\dfrac{1-(1-k)^n}{1-(1-k)}\right)=k(1-k)^n \end{array}$$ On en déduit que la relation est vérifiée au rang $n+1$, ce qui termine la démonstration.

Pour tout $n\in \N^*$, on a $p_n\geq 0$ et la série $\dsum p_n $ est convergente, de plus $$\forall N>0,\, \dsum_{n=1}^Np_n=\dsum_{n=1}^N\dfrac{1}{n(n+1)}=\dsum_{n=1}^N\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}=1-\dfrac{1}{N+1}\tendvers{N}{\infty}1.$$ Donc il existe une V.A.D $X$ tel que $X(\Omega)=\N^*$ et $P(X=n)=p_n$.

Il est clair que si $x< 1$ alors $P(X\leq x)=0$, puis pour $x\geq 1$ on a $$P(X\leq x)=P(X\in ]-\infty,x])=\bigcup_{k\in \N^*,\, k\leq x} P(x=\{k\})=\dsum_{k=1}^{\mathrm{E}(x)}\dfrac{1}{k(k+1)}=1-\dfrac{1}{E(x)+1}.$$

$$P(Y=k)=P(n-X=k)=P(X=n-k)= {n \choose n-k}p^{n-k}(1-p)^{n-(n-k)}$$ Après simplification, on trouve, $$\forall k\in \inter{0,n},\,P(Y=k)={n \choose k}(1-p)^{k}(1-(1-p))^{n-k}\Longrightarrow Y\hookrightarrow \Bb(n,1-p).$$

Il est clair que $P(X=0)=0$. Notons $A_n$: " 6 sort au $n$^ième lancer ". Alors, pour $n\in \N^*$, on a $(X=n)=\overline{A_1}\cap \cdots \cap \overline{A_{n-1}}\cap A_n$. Puisque les événement $A_n$ sont incompatibles, on en déduit $$\forall n\geq 1,\,P(X=n)= P(\overline{A_1}\cap \cdots \cap \overline{A_{n-1}}\cap A_n) =P(\overline{A_1})\cdots P(\overline{A_{n-1}})P(A_n)=(\dfrac{5}{6})^{n-1}\dfrac{1}{6}.$$ On trouve finalement que $X\hookrightarrow \mathcal{G}(1/6)$.

On suppose (puisque la question ne très précise!) que la ligne de métro est fermé i.e. on passe de la station n°3 à la station n° 0.
L'événement $(X=0)$ peut s'écrire comme $\dsp \bigcup_{k\in \N^*} (T=4k)$, Donc $$\begin{array}{lcl} P(X=0)&=&\dsum_{k\geq 1}p(1-p)^{4k-1}=\dfrac{p}{1-p}\dsum_{k\geq 1}(1-p)^{4k}\\ &=&\dfrac{p}{1-p}\left(-1+\dfrac{1}{1-(1-p)^4}\right)=\dfrac{p(1-p)^3}{1-(1-p)^4}. \end{array}$$ De même, $$\begin{array}{lcl} P(X=1)&=&\dsum_{k\in \N}p(1-p)^{(4k+1)-1}=\dfrac{p}{1-(1-p)^4}\\ P(X=2)&=&\dsum_{k\in \N}p(1-p)^{(4k+2)-1}=\dfrac{p(1-p)}{1-(1-p)^4}\\ P(X=3)&=&\dsum_{k\in \N}p(1-p)^{(4k+3)-1}=\dfrac{p(1-p)^2}{1-(1-p)^4}\\ \end{array}$$ Si on suppose que $p=0.65$, on obtient, $$P(X=0)\simeq 0.0283,\,P(X=1)\simeq 0.6599,\,P(X=2)\simeq 0.231,\,P(X=3)\simeq 0.0808.$$

1. D'abord il faut que $\alpha$ soit $\geq 0$, car $P(X=k)\geq 0$, ensuite il faut que $\dsum_{k=1}^\infty P(X=k)=1$.
   Pour calculer cette somme, on écrit, pout $k\geq 1$, $$\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}=\dfrac{A}{k}+\dfrac{B}{k+1}+\dfrac{C}{k+2}=\dfrac{1/2}{k}+\dfrac{-1}{k+1}+\dfrac{1/2}{k+2},$$ Soit $N\geq 1$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsum_{k=1}^N \dfrac{a}{k(k+1)(k+2)}&=&\dsum_{k=1}^N \left(\dfrac{a/2}{k}+\dfrac{-a}{k+1}+\dfrac{a/2}{k+2}\right)\\ &=&\dfrac{a}{2} \dsum_{k=1}^N \left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)-\dfrac{a}{2}\dsum_{k=1}^N \left(\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{k+2}\right)\\ &=&\dfrac{a}{2}\left(1-\dfrac{1}{N+1}\right)-\dfrac{a}{2}\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{N+2}\right)\tendvers{N}{\infty}\dfrac{a}{4}\Longrightarrow\boxed{ a=4}. \end{array}$$
2. $kP(X=k)\underset{k\to \infty}{\sim}\dfrac{4}{k^2}$, comme $\dsum\dfrac{1}{k^2}$ converge, on en déduit que $\dsum kP(X=k)$ converge, donc $X$ admet une espérance
   De plus, pour tout $N\geq 1$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsum_{k=1}^N kP(X=k)&=&\dsum_{k=1}^N \left(\dfrac{4}{(k+1)(k+2)}\right)=4 \dsum_{k=1}^N \left(\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{k+2}\right)\\ &=&4\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{N+2}\right)\tendvers{N}{\infty}2\Longrightarrow\boxed{ E(X)=2}. \end{array}$$ $k^2P(X=k)\underset{k\to \infty}{\sim}\dfrac{4}{k}$, comme $\dsum\dfrac{1}{k}$ diverge, on en déduit que $\dsum k^2P(X=k)$ diverge, donc $X$ n'admet pas une variance.

On pose $f(x)=\dfrac{1}{1+x}$, d'après le théorème du transfert, $f(X)$ admet une espérance ssi $\dsum f(n)P(X=n)$ converge i.e. $\dsum \dfrac{1}{1+n}\dfrac{\ee^{-\lambda}\lambda^n}{n!}$ converge, or cette série est absolument convergent puisque $\dfrac{1}{1+n}\dfrac{\ee^{-\lambda}\lambda^n}{n!}\leq \dfrac{\ee^{-\lambda}\lambda^n}{n!}$
On en déduit alors que $f(X)$ admet une espérance et, $$E(f(X))=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{\ee^{-\lambda}\lambda^n}{(n+1)\times n!}=\ee^{-\lambda}\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\lambda^{n-1}}{n!}=\dfrac{\ee^{-\lambda}}{\lambda}\left(\dsum_{n\geq 0}\dfrac{\lambda^{n}}{n!} -1\right)$$ Après un calcul qui a mobilisé nos connaissance sur les séries entières , on trouve $$\boxed{E\left(\frac{1}{1+X}\right)=\dfrac{1-\ee^{-\lambda}}{\lambda}}.$$

Rappelons que, pour tout $x\in ]-1,1[$, on a $$\dfrac{1}{1-x}=\dsum_{k=0}^\infty x^k,\quad -\ln(1-x)=\dsum_{k=0}^\infty \dfrac{x^{k+1}}{k+1}=\dsum_{k\geq 1}\dfrac{x^k}{k}.$$ En utilisant la formule de transfert, on a $$E\left(\frac{1}{X}\right)=\dsum_{k\geq 1}\dfrac{1}{k}p(1-p)^{k-1}=\dfrac{p}{(1-p)}\dsum_{k\geq 1}\dfrac{(1-p)^k}{k}=\dfrac{-p\ln(1-(1-p))}{1-p}=\dfrac{-p\ln(p)}{1-p}.$$

On suppose que $p,q\in ]0,1[$, soit $n\in \N^*$, on a $$(Z=n)=\left((X=n) \cap (Y< n)\right) \cup \left( (X< n) \cap (Y=n)\right) \cup \left(X=n \cap Y=n\right).$$ En utilisant l'indépendance de $X$ et $Y$, on trouve: $$\begin{array}{lcl} P(Z=n)&=&P(X=n)\dsum_{k=1}^{n-1}P(Y=k)+P(Y=n)\dsum_{k=1}^{n-1}P(X=k)+P(X=n)P(Y=n)\\ &=&p(1-p)^{n-1}\left(1-(1-q)^{n-1}\right)+q(1-q)^{n-1}\left(1-(1-p)^{n-1}\right)\\ &&+pq(1-p)^{n-1}(1-q)^{n-1}\\ &=&p(1-p)^{n-1}+q(1-q)^{n-1}-(p+q-pq)\left(1-(p+q-pq)\right)^{n-1} \end{array}$$ En notant $W$ la VAD t.q $W\hookrightarrow \mathcal{G}(p+q-pq)$, on trouve: $$E(Z)=E(X)+E(Y)-E(W)=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}-\dfrac{1}{p+q-pq}.$$

1. D'après l'inégalité de Markov $$P(X\geq 75)\leq \dfrac{E(X)}{75}=\frac{2}{3}.$$
2. En utilisant l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $$P(\abs{X-50}\geq 25)\leq \dfrac{V(X)}{25^2}=\dfrac{1}{25}=0,004$$ On en déduit $P(X\geq 75)\leq 0,004.$

1. On a $E(X)= -1\times\dfrac{1}{3}+0\times\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}=0$.
   $Y(\Omega)=\{0,1\}$ et $(Y=0)=(X=0),\, (Y=1)=(X=-1)\cup (X=1)$. On en déduit, $$P(Y=0)=P(X=0)=\dfrac{1}{3},\,P(Y=1)= 1-P(Y=0)=\dfrac{2}{3}\Longrightarrow E(Y)=\dfrac{2}{3}$$ Pour calculer $E(XY)$ il suffit de remarque que $XY=X^3 =X$ puisque $X$ ne prend que des valeurs $\alpha$ tel que $\alpha=\alpha^3$. On en déduit, $$E(XY)=0=E(X)E(Y) \Longrightarrow \mathrm{Cov}(X,Y)=0.$$
2. $P((Y=1)\cap (X=1))=P(X=1)=\dfrac{1}{3}$ tandis que $P(X=1)P(Y=1)=\dfrac{1}{3}\dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{9}$. On en déduit que $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes.

Soit $(i,j)\in \inter{1,n}^2$, on suppose que $j\geq i$, en utilisant la bilinéarité de la covariance, on trouve: $$\mathrm{Cov}(Y_i,Y_j)= \mathrm{Cov}(\dsum_{k=1}^iX_k,\dsum_{s=1}^jX_s)=\dsum_{k=1}^i\dsum_{s=1}^j\mathrm{Cov}(X_k,X_s)=\dsum_{k=1}^i\dsum_{s=1}^j \delta_{k,\,s}\mathrm{Cov}(X_k,X_s)$$ Autrement dit, avec l'hypothèse $j\geq i$, $\mathrm{Cov}(Y_i,Y_j)=i\mathrm{Cov}(X,X)=iK$, donc $M$ est de la forme $$M=K\begin{pmatrix} 1&1&1&1&\cdots&1&1\\ 1&2&2&2& &&2\\ 1&2&3&3& &&3\\ 1 &2 &3 &4& & &4\\ & & & & \ddots & &\vdots\\ \vdots & & & \vdots & & n-1&n-1\\ 1&2&3&4 & \cdots &n-1&n \end{pmatrix}=K\, ( {\,}^t A \, A)$$ La matrice $M$ étant symétrique, donc diagonalisable. Notons $\Sp (A)=\{\lambda_1,\cdots,\lambda_n\}$. Soit $k\in \inter{1,n}$ et $Z_k={\,}^t (\alpha_1,\cdots,\alpha_n)\in \R^n$ un vecteur propre associé à $\lambda_k$ (donc $Z_k\neq 0$, et quitte à diviser $Z_k$ par une constante, on peut supposer que $\norme{Z_k}_2=1)$. On a alors, $$MZ_k=\lambda_kZ_k\Longrightarrow K{\,}^t A AZ_k =\lambda_kZ_k\Longrightarrow {\,}^t Z_k{\,}^t A_kAZ_k=\dfrac{\lambda_k}{K}{\,}^t Z_kZ_k$$ Autrement dit, $\norme{AZ_k}^2=\dfrac{\lambda_k}{K}$ ce qui montre que $\lambda_k>0$, d'autre part, $$AZ_k=\begin{pmatrix} \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n\\ \alpha_2+\cdots+\alpha_n\\ \vdots\\ \alpha_{n-1}+\alpha_n\\ \alpha_n \end{pmatrix}\Longrightarrow \norme{AZ_k}^2\leq \max_{i\in \inter{1,n}}(\abs{\alpha_i})\dsum_{j=1}^nj^2\leq \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$ Donc $\lambda_k\leq \dfrac{K}{6}(2n^3+3n^2+n)$.

1. Soit $k\in \N$, on distingue deux cas,
   1. Si $k=0$, alors $(Z=0)=(X=0\text{ et } Y\in \N)\cup (X=1\cap Y=0)$ donc $$P(Z=0)=(1-p)\times 1+ p\times \ee^{-a}\dfrac{a^0}{0!}=(1-p)+p\ee^{-a}.$$
   2. Si $k>0$, alors $(Z=k)= (X=1\cap Y=k)$ ce qui donne $P(Z=k)=p\ee^{-a}\dfrac{a^k}{k!}.$
2. $Z$ admet une espérance finie car $\abs{Z}\leq Y$ et $Y$ a une espérance finie. On utilise la définition de l'espérance $$\mathrm{E}(Z)=\dsum_{k\geq 0}kP(Z=k)=\dsum_{k\geq 1}p\ee^{-a}k\dfrac{a^k}{k!}=pa\ee^{-a}\dsum_{k\geq 0}\dfrac{a^k}{k!}\Longrightarrow\boxed{\mathrm{E}(Z)=pa}.$$ Pour la variance, on calcul, $$\begin{array}{lcl} \mathrm{E}(Z^2)&=&\dsum_{k\geq 0}k^2P(Z=k)=p\ee^{-a}\dsum_{k\geq 1}k\dfrac{a^k}{(k-1)!}\\ &=&p\ee^{-a}(a +\dsum_{k\geq 2}k\dfrac{a^k}{(k-1)!})=p\ee^{-a}(a +\dsum_{k\geq 1}(k+1)\dfrac{a^{k+1}}{(k)!})\\ &=&p\ee^{-a}(a +\dsum_{k\geq 1}\dfrac{a^{k+1}}{(k-1)!}+\dsum_{k\geq 1}\dfrac{a^{k+1}}{k!})=p\ee^{-a}\left(a^2\dsum_{k=0}^\infty\dfrac{a^k}{k!}+a\dsum_{k=0}^\infty\dfrac{a^k}{k!}\right) .\\ &=&pa^2+pa. \end{array}$$ on en déduit alors, $\boxed{V(Z)=E(Z^2)-E(Z)^2=pa^2+pa-p^2a^2}$.
3. Le terme générale de la série génératrice de $Z$ est $p\ee^{-a}\dfrac{a^nt^n}{n!}$ ($n>0$) donc il y a convergence pour tout $t\in \R$, et $$\begin{array}{lcl} \forall t\in \R,\,G_Z(t)&=&P(Z=0)+\dsum_{n=1}^\infty P(Z=n)t^n = (1-p)+p\ee^{-a}+\dsum_{n\geq 1}p\ee^{-a}\dfrac{a^nt^n}{n!} \\ &=& (1-p)+ p\ee^{-a}\dsum_{n\geq 0}\dfrac{a^nt^n}{n!} \\ &=&\boxed{1-p +p\ee^{a(t-1)}} \end{array}$$

Nous avons trouvé, $G_Z(t)=1-p+p\ee^{a(t-1)}$, ce qui donne $$G_Z'(t)=pa\ee^{a(t-1)},\,G_Z''(t)=pa^2\ee^{a(t-1)}\Longrightarrow G_Z'(1)=pa,\, G_Z''(1)=pa^2.$$ En appliquant alors les formules du cours, on trouve $$E(Z)=ap,\quad V(Z)=pa+pa^2-(pa)^2.$$

Pour $k\in \inter{1,n}$, on note $X_k$ le VAD qui donne le numéro de la $k$^ème tirage. Les $(X_k)$ sont indépendantes et suivent la même loi $X$ tel que $$P(X=0)=\dfrac{1}{4},\quad P(X=1)=\dfrac{1}{2},\quad P(X=2)=\dfrac{1}{4}.$$ Il est claire que $S_n=\dsum_{k=1}^n X_k$, on en déduit que $G_{S_n}=\dsp\prod_{k=1}^nG_{X_k}=G_X^n$. Or $$\forall t\in \R,\,G_X(t)=P(X=0)t^0+P(X=1)t+P(X=2)t^2=\left(\frac{1+t}{2}\right)^2$$ ce qui donne, $$G_{S_n}(t)=\left(\frac{1+t}{2}\right)^{2n}=\dfrac{1}{2^{2n}}\dsum_{k=0}^{2n}{2n\choose k}t^k.$$ On en déduit, $$\boxed{\forall k\in \inter{0,2n}\,\quad P(S_n=k)=\dfrac{1}{2^{2n}}{2n\choose k}.}$$ En appliquant le résultat du théorème (Thm \ref{thmEsp}), on trouve $$\boxed{E(S_n)=G_{S_n}'(1)=n.}$$

$X$ suit une loi de Poisson de paramètre $a$ donc $G_X$ est définie sur $\R$ et on a $G_X(t)=\ee^{a(t-1)}$.
Il faut déterminer la fonction génératrice de $3Y$, vu que $P(3Y=n)=0$ si $n$ n'est pas un multiple de $3$, alors $$g_{3Y}(t)=\dsum_{k=0}^\infty P(3Y=k)t^k=\dsum_{k\in \N}P(3Y=3k)t^{3k}=\dsum_{k\in \N}P(Y=k)t^{3k}=g_{Y}(t^3)=\ee^{a(t^3-1)}.$$ Comme $X,\,Y$ sont indépendantes, alors $X,\,3Y$ le sont également, on en déduit que la fonction génératrice de $Z$ est le produit des deux fonctions génératrices de $X$ et $3Y$ (qui ont le même rayon de convergence), donc $$\forall t\in \R,\,g_Z(t)=g_X(t)g_{3Y}(t)=g_X(t)g_Y(t^3)=\ee^{a(t^3+t-2)}.$$ Pour déterminer l'espérance et la variance de $Z$, on a $$E(Z)=E(X+3Y)=E(X)+3E(Y)=4a,\quad V(Z)=V(X+3Y)=V(X)+9V(Y)=10a.$$ La deuxième méthode consiste à utiliser la fonction génératrice, en effet, comme $g_Z$ est de classe $\CC^\infty$ sur $\R$, alors, $$E(Z)=g_Z'(1),\,V(Z)=g_Z''(1)+g_Z'(1)-g_Z'(1)^2.$$ Or, $$\forall t\in \R,\,g_Z'(t)=a(3t^2+1)\ee^{a(t^3+t-2)},\,g_Z''(t)=(6at+a^2(t^2+1)^2)\ee^{a(t^3+t-2)},$$ Donc $ g_Z'(1)=4a,\,g_Z''(1)=16a^2+4a.$ En remplaçant dans les formules ci-dessus, on trouve $$E(Z)=4a,\,\,V(Z)=16a^2+6a+4a-(4a)^2=10a.$$

1. Comme $X,Y$ suivent la même loi, alors (sous réserve d'existence) ils ont la même espérance et variance. D'autre part, $X+Y=Z-1$ a une espérance et variance finie, on en déduit que $e=\mathrm{E}(X)= \mathrm{E}(Y)< \infty$ et $v=\mathrm{V}(X)=\mathrm{V}(Y)< \infty$,
   1. En utilisant la linéarité de l'espérance, on trouve: $$2e=\mathrm{E}(Z-1)=\mathrm{E}(Z)-\mathrm{E}(1)=\dfrac{1}{p}-1\Longrightarrow\boxed{ e =\dfrac{1-p}{2p}}.$$
   2. En utilisant la définition de la variance et le faite que $X$ et $Y$ sont indépendantes, on trouve: $$2v=\mathrm{V}(Z-1)=\mathrm{V}(Z)-\mathrm{V}(1)=\dfrac{1-p}{p^2}-0\Longrightarrow\boxed{ v =\dfrac{1-p}{2p^2}}.$$
2. Comme $X$ et $Y$ sont indépendantes, alors $G_{X+Y}(t)=G_X(t)^2$, or $$\begin{array}{lcl} G_{X+Y}(t)&=&G_{Z-1}(t)=\dsum_{k=0}^\infty P(Z-1=k)t^k\\ &=&\dsum_{k=0}^\infty P(Z=k+1)t^k=\dsum_{k=0}^\infty p(1-p)^kt^k=\dfrac{p}{1-(1-p)t}\\ &&\Longrightarrow\boxed{G_X(t)=\sqrt{\dfrac{p}{1-(1-p)t}}}. \end{array}$$ Le rayon de convergence de $G_X$ est alors $\dfrac{1}{1-p}$.
3. D'après le cours sur les séries entières, on a $\dsp \forall x\in ]-1,1[,\,\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}=\dsum_{n=0}^\infty\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}x^n$, donc $$\forall x\in ]-1/(1-p),1/(1-p)[,\,\dfrac{\sqrt{p}}{\sqrt{1-(1-p)x}}=\dsum_{n=0}^\infty\dfrac{\sqrt{p}(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}(1-p)^nx^n.$$ On en déduit, $\boxed{P(X=n)=\dfrac{\sqrt{p}(2n)!(1-p)^n}{2^{2n}(n!)^2}}$.

Notons $X_1$ (resp. $X_2$) le v.a.d qui donne le résultat de 1^ère dé (resp. de 2 ^ème dé), et $$\forall i\in \inter{1,6},\quad P(X_1=i)=\alpha_i,\quad P(X_2=i)=\beta_i$$ Bien évidement si les dés ne sont pas pipés on aura $\alpha_i=\beta_i=\dfrac{1}{6}$.
Donc $S=X_1+X_2$, supposons que $S$ suit une loi uniforme, alors on aurait $$\forall t\in \R,\,G_S(t)=\dsum_{k=2}^{12}\dfrac{t^k}{11}=\dfrac{t^2}{11}\left(1+t+\cdots+ t^{10}\right)= G_{X_1}(t)G_{X_2}(t).$$ D'autre part, $$G_{X_1}(t)=t\left(\alpha_1+\alpha_2 t+\cdots+\alpha_6 t^5\right)= t\varphi_1(t)$$ $$G_{X_2}(t)=t\left(\beta_1+\beta_2 t+\cdots+\beta_6 t^5\right)= t\varphi_2(t)$$ avec $\varphi_1,\,\varphi_2$ deux polynômes de degrés 5 (et exactement 5---justifier!)
On en déduit $$\forall t\in \R,\, \left(1+t+\cdots+ t^{10}\right)= 11\varphi_1(t)\varphi_2(t)$$ ce qui est absurde car $t\longmapsto \left(1+t+\cdots+ t^{10}\right)$ n'admet pas de racines réelles, tandis que $\varphi_1\varphi_2$ a au moins une racine réelle.

1. Pour pouvoir appliquer la loi faible des grands nombres, il faut que les v.a.d $X_n$ ont la même espérance, or ce n'est pas le cas ici (sauf si on suppose que $p_1=\cdots=p_n$).
2. Comme $X_k\hookrightarrow \Bb(p_k)$, alors $E(X_k)=p_k$ et $V(X_k)=p_k(1-p_k)$, on en déduit alors, $$E(S_n)=\dsum_{k=1}^nE(X_k)=\dsum_{k=1}^pp_k,\cdots V(S_n)=\dsum_{k=1}^nV(X_k)=\dsum_{k=1}^np_k(1-p_k)\leq n.$$
3. On note $Y=\dfrac{S_n}{n}$, alors $Y$ admet une espérance et une variance, et on a $$E(Y)=\dfrac{1}{n}E(S_n)=\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^np_k,\quad V(Y)=\dfrac{1}{n^2}V(S_n)\leq \dfrac{1}{n}.$$ On applique ensuite l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev (Thm \ref{InegBT}). Ce qui donne, $$\forall \varepsilon>0,\,P(\abs{Y-E(Y)}\geq \varepsilon)=P\left(\abs{\dfrac{S_n}{n}-\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^np_k}\geq \varepsilon\right)\leq \dfrac{V(Y)}{\varepsilon^2}\leq \dfrac{1}{n\varepsilon^2}.$$ $\varepsilon$ étant fixé, donc $\dfrac{1}{n\varepsilon^2}\tendversN\,0$, d'autre part, $P\geq 0$, donc en utilisant le théorème d'encadrement on obtient le résultat.

1. Soit $n\geq 1$, on a $$\begin{array}{lcl} S_n&=&Y_1+Y_2+\cdots+Y_{n-1}+Y_n\\ &=&\dfrac{1}{2}\left(X_1+X_2+X_2+X_3+\cdots+ X_{n-1}+X_n+X_n+X_{n+1}\right)\\ &=&\dfrac{1}{2}\left(X_1+X_{n+1}\right)+\dsum_{k=2}^nX_k. \end{array}$$ Par linéarité de l'espérance, on obtient, $$E(S_n)=\dfrac{1}{2}\left(E(X_1)+E(X_{n+1})\right)+\dsum_{k=2}^nE(X_k)=p+(n-1)p=p.$$ De même, on a $$V(S_n)=\dfrac{1}{4}\left(V(X_1)+V(X_{n+1}\right)+\dsum_{k=2}^nV(X_k)=\dfrac{4n-2}{4}(p(1-p)).$$
2. On applique le théorème de Bienaymé-Tchebychev (Thm \ref{InegBT}) à $Z_n=\dfrac{S_n}{n}$, ce qui donne $$0\leq P\left(\abs{Z_n-E(Z_n)}\geq \varepsilon\right)= P\left(\abs{\frac{S_n}{n}-p}\geq \varepsilon\right)\leq \dfrac{V(Z_n)}{\varepsilon^2}=\dfrac{(4n-2)p(1-p)}{4n^2\varepsilon^2}$$

1. Application direct du théorème (\ref{LFGN}).
2. Il est clair que si $\abs{n-m}\geq 2$ alors $Y_n,\,Y_m$ sont indépendants
   Par contre si $m=n+1$, alors $Y_n,\,Y_{n+1}$ ne sont pas indépendantes, en effet,
   1. $P(Y_{n+1}=0)=P(X_{n+1}=0\cap X_{n+2}=0)=(1-p)^2$, et $P(Y_n=1)=P(X_n=1\cap X_{n+1}=1)=p^2$, donc $$P(Y_{n+1}=0)P(Y_n=1)=p^2(1-p)^2$$
   2. D'autre part, $$P((Y_{n+1}=0)\cap (Y_n=1))=P(((X_{n+2}=0) \cap (X_{n+1}=0))\cap ((X_{n+1}=1) \cap (X_{n}=1))$$ donc $P((Y_{n+1}=0)\cap (Y_n=1))=0$ puisque $(X_{n+1}=1) \cap (X_{n+1}=0)= \emptyset$.
   Ceci montrer $P((Y_{n+1}=0)\cap (Y_n=1))\neq P(Y_{n+1}=0)P(Y_{n}=1)$.
3. Voir exercice précédent.