Probabilités et variables aléatoires discrètes

1. Pour $n\ge 1$, soit $F_n=\overline{C_1}\cap \cdots \cap \overline{C_n}$ (« les $n$ premiers tirs sont manqués »). Par indépendance des tirs, $P(F_n)={\left(\frac{3}{4}\right)}^n$. La suite $(F_n)$ est décroissante et $J={\bigcap }_{n\ge 1}{F}_n$. Par continuité décroissante (fiche §3) : $$P(J)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{\left(\frac{3}{4}\right)}^n=0.$$ $J$ est négligeable (mais non vide).

2. $(T=+\mathrm{\infty })=J$ est négligeable, donc $T$ est presque sûrement fini. Pour $k\ge 1$, $(T=k)=\overline{C_1}\cap \cdots \cap \overline{C_{k-1}}\cap C_k$, d'où, par indépendance, $P(T=k)={\left(\frac{3}{4}\right)}^{k-1}\frac{1}{4}$ : $\boxed{{\displaystyle T\hookrightarrow 𝒢\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{4}\right)}}$.

3. L'événement $(T\text{ pair})$ est la réunion disjointe des $(T=2k)$, $k\ge 1$. Par $\sigma$-additivité, avec $q=\frac{3}{4}$ : $$P(T\text{ pair})=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{4}{q}^{2k-1}=\frac{q}{4}\cdot \frac{1}{1-q^2}=\frac{3\mathrm{/}16}{7\mathrm{/}16}=\boxed{{\displaystyle \frac{3}{7}}}\mathrm{.}$$ De même $P(3\mid T)={\sum }_{k\ge 1}\frac{1}{4}{q}^{3k-1}={\displaystyle \frac{q^2\mathrm{/}4}{1-q^3}}={\displaystyle \frac{9\mathrm{/}64}{37\mathrm{/}64}}=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{9}{37}}}}$.

4. Un « tour » est formé d'un tir de $A$ puis d'un tir de $B$ ; les deux sont manqués avec la probabilité $\frac{3}{4}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{2}$. L'événement « le jeu dure au moins $n$ tours complets sans gagnant » a la probabilité ${\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ ; ces événements décroissent et leur intersection, « le jeu ne s'arrête jamais », est négligeable par continuité décroissante. $A$ gagne au tour $k$ ($k\ge 1$) si les $k-1$ premiers tours sont entièrement manqués et si $A$ réussit au tour $k$ ; ces événements sont incompatibles deux à deux, donc $$P(A\text{ gagne})=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\cdot 2=\boxed{{\displaystyle \frac{1}{2}}}\mathrm{.}$$ Le jeu est équitable bien que $A$ soit le moins adroit : commencer compense exactement.

1. ${\displaystyle \frac{1}{n(n+1)(n+2)}}={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{n}}-{\displaystyle \frac{2}{n+1}}+{\displaystyle \frac{1}{n+2}})={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{n(n+1)}}-{\displaystyle \frac{1}{(n+1)(n+2)}})$. La seconde forme est télescopique : pour $N\ge 1$, ${\sum }_{n=1}^N\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{(N+1)(N+2)})\to \frac{1}{4}$. Une famille ${\left(\frac{c}{n(n+1)(n+2)}\right)}_{n\ge 1}$ définit une loi exactement lorsque ses termes sont positifs et de somme $1$ : $\boxed{{\displaystyle c=4}}$. L'existence d'une variable de cette loi est alors assurée (fiche §6).

2. Le même télescopage entre $n$ et $+\mathrm{\infty }$ donne ${\sum }_{k\ge n}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2n(n+1)}$, donc $\boxed{{\displaystyle P(X\ge n)={\displaystyle \frac{2}{n(n+1)}}}}$. (Contrôle : $P(X\ge 1)=1$.)

3. $X\ge 0$ et $nP(X=n)={\displaystyle \frac{4}{(n+1)(n+2)}}=4({\displaystyle \frac{1}{n+1}}-{\displaystyle \frac{1}{n+2}})$ : série positive convergente, de somme $4\cdot \frac{1}{2}=2$. Donc $X$ est d'espérance finie et $\boxed{{\displaystyle E(X)=2}}$. Par la formule des queues (fiche §9) : $E(X)={\sum }_{n\ge 1}P(X\ge n)={\sum }_{n\ge 1}\frac{2}{n(n+1)}=2$. Même résultat.

4. $n^{2}P(X=n)={\displaystyle \frac{4n}{(n+1)(n+2)}}\sim {\displaystyle \frac{4}{n}}$, terme d'une série positive divergente (Riemann) : $X^2$ n'admet pas d'espérance finie, et $X$ n'a pas de variance. Une espérance finie n'entraîne pas un moment d'ordre 2.

5. Avec la première décomposition, pour $n=2m$ : $P(X=2m)=2(\frac{1}{2m}-\frac{2}{2m+1}+\frac{1}{2m+2})$. Écrivons le crochet $(\frac{1}{2m}-\frac{1}{2m+1})+(\frac{1}{2m+2}-\frac{1}{2m+1})$ ; chaque parenthèse est le terme d'une série convergente (terme en $O(1\mathrm{/}{m}^2)$), on peut donc sommer séparément : $$\sum _{m\ge 1}(\frac{1}{2m}-\frac{1}{2m+1})=\sum _{j\ge 2}\frac{(-1{)}^j}{j}=1-\ln 2,\sum _{m\ge 1}(\frac{1}{2m+2}-\frac{1}{2m+1})=\sum _{j\ge 3}\frac{(-1{)}^j}{j}=\frac{1}{2}-\ln 2.$$ (Les sommes partielles de rang pair de ${\sum }_j\frac{(-1{)}^j}{j}$ sont exactement les sommes partielles de ces séries.) D'où $P(X\text{ pair})=2(\frac{3}{2}-2\ln 2)=\boxed{{\displaystyle 3-4\ln 2}}$.

1. $(-1{)}^X$ est bornée, donc d'espérance finie, et par transfert $E((-1{)}^X)={\sum }_k{e}^{-\lambda }\frac{(-\lambda {)}^k}{k!}=e^{-2\lambda }$ (c'est $G_X(-1)$). Comme ${\mathrm{𝟙}}_{(X\text{ pair})}=\frac{1+(-1{)}^X}{2}$, la linéarité donne $\boxed{{\displaystyle P(X\text{ pair})={\displaystyle \frac{1+e^{-2\lambda }}{2}}}}$ (légèrement plus que $\frac{1}{2}$).

2. $0<\frac{1}{X+1}\le 1$ : variable bornée, d'espérance finie. Par transfert : $$E\left(\frac{1}{X+1}\right)=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{(k+1)!}=\frac{e^{-\lambda }}{\lambda }\sum _{j=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^j}{j!}=\boxed{{\displaystyle \frac{1-e^{-\lambda }}{\lambda }}}\mathrm{.}$$ On remarque que ce n'est pas $\frac{1}{E(X)+1}$.

3. $G_X(t)=e^{\lambda (t-1)}$ pour tout réel $t$ : rayon infini, donc $G_X$ est $C^{\mathrm{\infty }}$ en $1$ et $X$ admet des moments de tous ordres, avec $E(X(X-1)(X-2))=G_X^{(3)}(1)=\boxed{{\displaystyle {\lambda }^3}}$ (fiche §13). De même $E(X)=\lambda$, $E(X(X-1))={\lambda }^2$. Comme $X^3=X(X-1)(X-2)+3X(X-1)+X$, la linéarité donne $\boxed{{\displaystyle E(X^3)={\lambda }^3+3{\lambda }^2+\lambda }}$.

4. Pour $k\in \mathbb{N}$, ${\displaystyle \frac{P(X=k+1)}{P(X=k)}}={\displaystyle \frac{\lambda }{k+1}}$. Donc $P(X=k+1)>P(X=k)$ si $k+1<\lambda$, égalité si $k+1=\lambda$, inégalité inverse si $k+1>\lambda$. La suite $(P(X=k){)}_k$ croît tant que $k<\lambda$, puis décroît : le maximum est atteint en $k=E(\lambda )$ (partie entière), et aussi en $k=\lambda -1$ lorsque $\lambda$ est entier. Pour $\lambda =\frac{5}{2}$ : maximum en $\boxed{{\displaystyle k=2}}$ seulement.

1. $X+Y$ prend ses valeurs dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[2,+\mathrm{\infty }[\text{\hspace{0.17em}⁣}[$. Par indépendance (fiche §7) : $$P(X+Y=n)=\sum _{k=1}^{n-1}P(X=k)P(Y=n-k)=\sum _{k=1}^{n-1}p{q}^{k-1}p{q}^{n-k-1}=(n-1)p^2{q}^{n-2}\mathrm{.}$$ Pour $1\le k\le n-1$ : $P(X=k\mid X+Y=n)={\displaystyle \frac{P(X=k,Y=n-k)}{P(X+Y=n)}}={\displaystyle \frac{p^2{q}^{n-2}}{(n-1)p^2{q}^{n-2}}}={\displaystyle \frac{1}{n-1}}$. Sachant $(X+Y=n)$, $X$ suit la loi uniforme sur $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, quel que soit $p$.

2. Soit $k\ge 0$. $(D=k)$ est la réunion disjointe des $(Y=j)\cap (X=j+k)$, $j\ge 1$, donc $$P(D=k)=\sum _{j=1}^{+\mathrm{\infty }}p{q}^{j+k-1}p{q}^{j-1}=p^2{q}^k\sum _{j=1}^{+\mathrm{\infty }}{q}^{2(j-1)}=\frac{p^2{q}^k}{1-q^2}=\frac{p{q}^k}{1+q}\mathrm{.}$$ Par symétrie des rôles ($D$ et $-D$ ont la même loi, car $(X,Y)$ et $(Y,X)$ en ont une), $P(D=-k)=P(D=k)$. Somme : $\frac{p}{1+q}(1+2{\sum }_{k\ge 1}{q}^k)=\frac{p}{1+q}\cdot \frac{1+q}{1-q}=1$.

3. La famille $(\mid k\mid P(D=k){)}_{k\in \mathbb{Z}}$ est positive ; sa somme vaut $\frac{2p}{1+q}{\sum }_{k\ge 1}k{q}^k=\frac{2p}{1+q}\cdot \frac{q}{(1-q{)}^2}<+\mathrm{\infty }$ (dérivée de la série géométrique). Donc $\mid D\mid$ est d'espérance finie et $$\boxed{{\displaystyle E(\mid D\mid )=\frac{2q}{p(1+q)}}},p=\frac{1}{2}:E(\mid D\mid )=\frac{4}{3}\mathrm{.}$$

4. Première façon : $P(X<Y)=P(D<0)={\sum }_{k\ge 1}\frac{p{q}^k}{1+q}=\frac{p}{1+q}\cdot \frac{q}{p}=\boxed{{\displaystyle \frac{q}{1+q}}}$. Seconde façon : $P(X<Y)={\sum }_{k\ge 1}P(X=k)P(Y>k)={\sum }_{k\ge 1}p{q}^{k-1}{q}^k=\frac{pq}{1-q^2}=\frac{q}{1+q}$ (probabilités totales avec le système complet $(X=k{)}_{k\ge 1}$, puis indépendance). Contrôle : $P(X=Y)=P(D=0)=\frac{p}{1+q}$ et $2\frac{q}{1+q}+\frac{p}{1+q}=1$.

1. L'événement $(T_1=i,T_2-T_1=j)$ signifie : échecs aux épreuves $1,\dots ,i-1$, succès en $i$, échecs en $i+1,\dots ,i+j-1$, succès en $i+j$. Par indépendance des épreuves : $P(T_1=i,T_2-T_1=j)=q^{i-1}p{q}^{j-1}p$. En sommant sur $j\ge 1$ (probabilités totales), $P(T_1=i)=q^{i-1}p$ ; en sommant sur $i\ge 1$, $P(T_2-T_1=j)=q^{j-1}p$. La loi conjointe est le produit des marginales : $T_1$ et $T_2-T_1$ sont indépendantes, toutes deux de loi $𝒢(p)$.

2. $T_2=T_1+(T_2-T_1)$, somme de deux variables indépendantes à valeurs dans ${\mathbb{N}}^{\ast }$, donc (fiche §13), pour $\mid t\mid \le 1$ : $$G_{T_2}(t)=(\frac{pt}{1-qt}{)}^2\mathrm{.}$$ Les coefficients sont calculés au 3 ; le rayon vaut $\frac{1}{q}>1$ (règle de d'Alembert sur $(n-1)q^{n-2}$). Comme $R>1$, $G_{T_2}$ est dérivable deux fois en $1$ et $T_2$ admet un moment d'ordre 2. La dérivée logarithmique $\frac{G^{\mathrm{\prime }}}{G}(t)=\frac{2}{t}+\frac{2q}{1-qt}$ donne $G^{\mathrm{\prime }}(1)=2+\frac{2q}{p}=\frac{2}{p}$. Plus simplement : $E(T_2)=E(T_1)+E(T_2-T_1)=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{2}{p}}}}$ et, par indépendance, $V(T_2)=2\cdot {\displaystyle \frac{q}{p^2}}=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{2q}{p^2}}}}$. (Contrôle : $G^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)=\frac{2(1+2q)}{p^2}$ et $G^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)+G^{\mathrm{\prime }}(1)-G^{\mathrm{\prime }}(1{)}^2=\frac{2q}{p^2}$.)

3. Pour $\mid u\mid <1$, $\frac{1}{(1-u{)}^2}={\sum }_{m\ge 0}(m+1)u^m$ (dérivée de la série géométrique). Avec $u=qt$, $\mid t\mid <\frac{1}{q}$ : $$G_{T_2}(t)=p^2{t}^2\sum _{m\ge 0}(m+1)q^m{t}^m=\sum _{n\ge 2}(n-1)p^2{q}^{n-2}{t}^n\mathrm{.}$$ Par unicité des coefficients : $\boxed{{\displaystyle P(T_2=n)=(n-1)p^2{q}^{n-2}}}$ pour $n\ge 2$ (et $0$ sinon). C'est la loi trouvée à l'exercice 4.

4. $G(1)+G(-1)={\sum }_{n}P(T_2=n)(1+(-1{)}^n)=2P(T_2\text{ pair})$ (convergence normale sur $[-1,1]$). Or $G(1)=1$ et $G(-1)={\left(\frac{-p}{1+q}\right)}^2=\frac{p^2}{(1+q{)}^2}$, donc $$P(T_2\text{ pair})=\frac{1}{2}(1+\frac{p^2}{(1+q{)}^2}),p=\frac{1}{2}:\boxed{{\displaystyle \frac{5}{9}}}\mathrm{.}$$

5. Pour $\mid u\mid <1$, en dérivant $r-1$ fois la série géométrique : $\frac{1}{(1-u{)}^r}={\sum }_{m\ge 0}{C}_{m+r-1}^{r-1}{u}^m$. Donc $G_{T_r}(t)=p^r{t}^r{\sum }_{m\ge 0}{C}_{m+r-1}^{r-1}{q}^m{t}^m$ et, avec $n=m+r$ : $\boxed{{\displaystyle P(T_r=n)=C_{n-1}^{r-1}{p}^r{q}^{n-r}}}$ pour $n\ge r$. Interprétation : un succès à l'épreuve $n$ et exactement $r-1$ succès parmi les $n-1$ précédentes.

1. $S(\mathrm{\Omega })\subset {\mathbb{N}}^{\ast }$, au plus dénombrable. Pour $s\ge 1$, $(S=s)={\bigcup }_{n\ge 1}((N=n)\cap (X_1+\cdots +X_n=s))$ : réunion dénombrable d'événements, donc un événement. Pour $n$ fixé, $(N=n,S=s)=(N=n)\cap (X_1+\cdots +X_n=s)$. Les variables $N,X_1,\dots ,X_n$ sont mutuellement indépendantes ; par le lemme des coalitions, $N$ et $X_1+\cdots +X_n$ (fonction du paquet $X_1,\dots ,X_n$, disjoint de $\{N\}$) sont indépendantes, d'où l'égalité demandée.

2. Soit $t\in [-1,1]$. Le système $(N=n{)}_{n\ge 1}$ est complet. Par probabilités totales puis la question 1 : $$G_S(t)=\sum _{s\ge 1}P(S=s)t^s=\sum _{s\ge 1}\sum _{n\ge 1}P(N=n)P(X_1+\cdots +X_n=s)t^s\mathrm{.}$$ La famille $(P(N=n)P(X_1+\cdots +X_n=s)\mid t{\mid }^s{)}_{n,s}$ est positive de somme au plus ${\sum }_{n}P(N=n)=1$ : elle est sommable et on peut sommer d'abord en $s$ (fiche §1). Or ${\sum }_{s}P(X_1+\cdots +X_n=s)t^s=G_{X_1+\cdots +X_n}(t)=G_{X_1}(t{)}^n$ (indépendance mutuelle des $X_k$, coalitions, même loi). Ainsi $G_S(t)={\sum }_{n\ge 1}P(N=n)G_{X_1}(t{)}^n=G_N(G_{X_1}(t))$, ce qui a un sens car $\mid G_{X_1}(t)\mid \le 1$.

3. Avec $G_N(u)=\frac{au}{1-(1-a)u}$ et $G_{X_1}(t)=\frac{pt}{1-qt}$ : $$G_S(t)=\frac{a\frac{pt}{1-qt}}{1-(1-a)\frac{pt}{1-qt}}=\frac{apt}{1-qt-(1-a)pt}=\frac{apt}{1-(1-ap)t}\mathrm{.}$$ C'est la fonction génératrice de $𝒢(ap)$ sur $[-1,1]$, qui contient un voisinage de $0$ ; la fonction génératrice caractérise la loi, donc $\boxed{{\displaystyle S\hookrightarrow 𝒢(ap)}}$.

4. Directement : $E(S)=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{ap}}}}$. Autrement, $G_S=G_N\circ G_{X_1}$ avec $G_{X_1}(1)=1$, et les deux fonctions sont dérivables en $1$ (rayons $\frac{1}{1-a}$ et $\frac{1}{q}$, $>1$) : $G_S^{\mathrm{\prime }}(1)=G_N^{\mathrm{\prime }}(1)G_{X_1}^{\mathrm{\prime }}(1)=\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{p}$. On a $E(S)=E(N)E(X_1)$ (formule de Wald), bien que $S$ ne soit pas un produit de variables indépendantes.

5. $(S=N)={\bigcup }_{n\ge 1}((N=n)\cap (X_1=\cdots =X_n=1))$, réunion disjointe ($X_k\ge 1$, donc $S=N$ exactement lorsque tous les $X_k$, $k\le N$, valent $1$). Par indépendance mutuelle : $$P(S=N)=\sum _{n\ge 1}a(1-a{)}^{n-1}{p}^n=\frac{ap}{1-(1-a)p}=G_N(p),a=\frac{1}{2},p=\frac{1}{3}:\boxed{{\displaystyle \frac{1}{5}}}\mathrm{.}$$

1. $Y_k$ est à valeurs dans $\{0,1\}$ et $P(Y_k=1)=P(X_k=1,X_{k+1}=1)=p^2$ (indépendance) : $Y_k\hookrightarrow ℬ(p^2)$. Par linéarité, $\boxed{{\displaystyle E(S_n)=n{p}^2}}$.

2. $Y_k{Y}_{k+1}=X_k{X}_{k+1}^2{X}_{k+2}=X_k{X}_{k+1}{X}_{k+2}$ (car $X_{k+1}^2=X_{k+1}$), d'espérance $p^3$ par indépendance mutuelle. Donc $\mathrm{Cov}(Y_k,Y_{k+1})=p^3-p^2\cdot p^2=\boxed{{\displaystyle p^3(1-p)}}>0$. Une covariance non nulle interdit l'indépendance : $Y_1$ et $Y_2$ ne sont pas indépendantes (elles partagent $X_2$).

3. Si $j+2\le k$, alors $Y_j=f(X_j,X_{j+1})$ et $Y_k=f(X_k,X_{k+1})$ avec $f(u,v)=uv$, et les paquets $\{X_j,X_{j+1}\}$ et $\{X_k,X_{k+1}\}$ sont disjoints ($j+1<k$). Les $X_i$ étant mutuellement indépendantes, le lemme des coalitions donne l'indépendance de $Y_j$ et $Y_k$ ; en particulier $\mathrm{Cov}(Y_j,Y_k)=0$.

4. Les $Y_k$ sont bornées, elles ont des moments d'ordre 2, et (fiche §10) $V(S_n)={\sum }_{k=1}^{n}V(Y_k)+2{\sum }_{1\le j<k\le n}\mathrm{Cov}(Y_j,Y_k)$. Seuls les $n-1$ couples $(k,k+1)$ donnent une covariance non nulle : $$V(S_n)=n{p}^2(1-p^2)+2(n-1)p^3(1-p)\mathrm{.}$$ C'est l'expression demandée ($p^3-p^4=p^3(1-p)$). Pour $p=\frac{1}{2}$ : $V(S_n)=\frac{3n}{16}+\frac{n-1}{8}=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{5n-2}{16}}}}$.

5. $E\left(\frac{S_n}{n}\right)=p^2$ et $V\left(\frac{S_n}{n}\right)=\frac{V(S_n)}{n^2}\le \frac{n{p}^2+2n{p}^3}{n^2}\le \frac{3}{n}$. Par Bienaymé-Tchebychev : $P(\mid \frac{S_n}{n}-p^2\mid \ge \epsilon )\le \frac{3}{n{\epsilon }^2}\to 0$. La loi faible des grands nombres du cours ne s'applique pas telle quelle (les $Y_k$ ne sont pas deux à deux indépendantes), mais sa preuve marche dès que $V(S_n)=o(n^2)$.

1. $G_{Z_k}(t)=e^{t-1}$. Les $Z_k$ étant mutuellement indépendantes, par récurrence et lemme des coalitions ($Z_1+\cdots +Z_m$ est indépendante de $Z_{m+1}$), $G_{S_n}(t)={\prod }_{k=1}^n{e}^{t-1}=e^{n(t-1)}$ : c'est la fonction génératrice de $𝒫(n)$, qui caractérise la loi. Donc $\boxed{{\displaystyle S_n\hookrightarrow 𝒫(n)}}$.

2. Pour $t\in ℝ$, la série ${\sum }_k{e}^{tk}{e}^{-n}\frac{n^k}{k!}=e^{-n}{\sum }_k\frac{(n{e}^t{)}^k}{k!}$ est à termes positifs et converge : par transfert, $e^{t{S}_n}$ est d'espérance finie, $I_{S_n}=ℝ$ et $L_{S_n}(t)=e^{-n}{e}^{n{e}^t}=\boxed{{\displaystyle e^{n(e^t-1)}}}$.

3. Soit $t>0$ dans $I_X$. La fonction $x\mapsto e^{tx}$ est croissante, donc $(X\ge a)=(e^{tX}\ge e^{ta})$. La variable $e^{tX}$ est positive et d'espérance finie, et $e^{ta}>0$ : l'inégalité de Markov s'applique et donne $P(X\ge a)\le \frac{E(e^{tX})}{e^{ta}}=e^{-ta}{L}_X(t)$. Pour $t<0$, $x\mapsto e^{tx}$ est décroissante, donc $(X\le a)=(e^{tX}\ge e^{ta})$ et la même inégalité de Markov conclut.

4. Queue droite. Pour $t>0$ : $P(S_n\ge 2n)\le \exp (n\phi (t))$ avec $\phi (t)=e^t-1-2t$. On a ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(t)=e^t-2$ : $\phi$ est minimale en $t=\ln 2$, où $\phi (\ln 2)=1-2\ln 2$. Donc $P(S_n\ge 2n)\le e^{n(1-2\ln 2)}=\boxed{{\displaystyle {\left(\frac{e}{4}\right)}^n}}$. Queue gauche. Pour $t<0$ : $P(S_n\le \frac{n}{2})\le \exp (n\psi (t))$ avec $\psi (t)=e^t-1-\frac{t}{2}$, minimale en $t=-\ln 2<0$, où $\psi (-\ln 2)=\frac{1}{2}-1+\frac{\ln 2}{2}=\frac{\ln 2-1}{2}$. Donc $P(S_n\le \frac{n}{2})\le \boxed{{\displaystyle {\left(\frac{2}{e}\right)}^{n\mathrm{/}2}}}$.

5. $E(S_n)=V(S_n)=n$. Comme $(S_n\ge 2n)\subset (\mid S_n-n\mid \ge n)$, Bienaymé-Tchebychev donne $P(S_n\ge 2n)\le \frac{n}{n^2}=\frac{1}{n}$. Comme $2<e<3<4$, on a $0<\frac{e}{4}<1$ et $n{\left(\frac{e}{4}\right)}^n\to 0$ (croissances comparées) : la majoration exponentielle est beaucoup plus fine, la borne de Bienaymé-Tchebychev ne décroît qu'en $\frac{1}{n}$.

6. $0\le P(S_n\ge 2n)\le {\left(\frac{e}{4}\right)}^n$, terme d'une série géométrique convergente : $\sum P(S_n\ge 2n)$ converge. (Avec la borne $\frac{1}{n}$, on ne pourrait pas conclure.) Enfin $e^{-n}{\sum }_{k=0}^{2n-1}\frac{n^k}{k!}=P(S_n\le 2n-1)=1-P(S_n\ge 2n)\to 1$.

1. Le premier paquet donne un modèle ; ensuite, chaque paquet donne l'autre modèle avec la probabilité $\frac{1}{2}$, indépendamment. $(T_2=k)$, pour $k\ge 2$, signifie : les paquets $2,\dots ,k-1$ redonnent le modèle du premier, le paquet $k$ donne l'autre. Donc $P(T_2=k)={\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-2}\cdot \frac{1}{2}={\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}$ : $T_2-1\hookrightarrow 𝒢\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{2}\right)$ et $E(T_2)=1+2=\boxed{{\displaystyle 3}}$.

2. Une fois $j-1$ modèles distincts obtenus, un paquet apporte un modèle nouveau si sa vignette est l'un des $N-j+1$ modèles manquants, ce qui arrive avec la probabilité $p_j=\frac{N-j+1}{N}$, indépendamment des paquets précédents. ${\tau }_j$ est le rang du premier « succès » dans cette suite d'épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre $p_j$ : ${\tau }_j\hookrightarrow 𝒢(p_j)$. (Pour $j=1$, $p_1=1$ et ${\tau }_1=1$.)

3. Linéarité : $E(T_N)={\sum }_{j=1}^N\frac{N}{N-j+1}=N{\sum }_{i=1}^N\frac{1}{i}=N{H}_N$ (avec $i=N-j+1$). Les ${\tau }_j$ étant indépendantes (donc deux à deux), $V(T_N)={\sum }_{j}V({\tau }_j)={\sum }_j\frac{1-p_j}{p_j^2}={\sum }_{i=1}^N\frac{(N-i)\mathrm{/}N}{i^2\mathrm{/}{N}^2}={\sum }_{i=1}^N\frac{N(N-i)}{i^2}=N^2{\sum }_{i=1}^N\frac{1}{i^2}-N{H}_N$.

4. $H_3=\frac{11}{6}$, ${\sum }_{k\le 3}\frac{1}{k^2}=\frac{49}{36}$ : $\boxed{{\displaystyle E(T_3)=\frac{11}{2}}}$ et $\boxed{{\displaystyle V(T_3)=\frac{49}{4}-\frac{11}{2}=\frac{27}{4}}}$.

5. $p_1=1$, $p_2=\frac{2}{3}$, $p_3=\frac{1}{3}$. Par indépendance (fiche §13) : $$G_{T_3}(t)=t\cdot \frac{\frac{2}{3}t}{1-\frac{1}{3}t}\cdot \frac{\frac{1}{3}t}{1-\frac{2}{3}t}=\frac{2t^3}{(3-t)(3-2t)}\mathrm{.}$$ Décomposition : $\frac{1}{(3-t)(3-2t)}=-\frac{1}{3(3-t)}+\frac{2}{3(3-2t)}$ (valeurs en $t=3$ et $t=\frac{3}{2}$). Pour $\mid t\mid <\frac{3}{2}$, $\frac{1}{3-t}=\frac{1}{3}{\sum }_{m\ge 0}\frac{t^m}{3^m}$ et $\frac{1}{3-2t}=\frac{1}{3}{\sum }_{m\ge 0}\frac{2^m{t}^m}{3^m}$, d'où $$G_{T_3}(t)=2t^3\sum _{m\ge 0}\frac{2^{m+1}-1}{9\cdot 3^m}{t}^m\mathrm{.}$$ Par unicité des coefficients, avec $k=m+3$ : $P(T_3=k)={\displaystyle \frac{2(2^{k-2}-1)}{9\cdot 3^{k-3}}}=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{2(2^{k-2}-1)}{3^{k-1}}}}}$ pour $k\ge 3$. (Contrôle : $P(T_3=3)=\frac{2}{9}=\frac{3!}{3^3}$.)