Loi géométrique : temps d’attente discret

Dans une médiathèque, $45\%$ des emprunteurs gardent un livre plus de deux semaines (événement $A$) et $18\%$ le gardent plus de trois semaines (événement $B$). On choisit un emprunteur au hasard.

1. $P(A\cap B)$ =
   Garder un livre plus de trois semaines, c’est aussi le garder plus de deux semaines : $B\subset A$, donc $A\cap B=B$ et $P(A\cap B)=P(B)=0,18$.
2. $P_A(B)$ =
   $P_A(B)={\displaystyle \frac{P(A\cap B)}{P(A)}}={\displaystyle \frac{0,18}{0,45}}=0,4$.
3. Parmi les emprunteurs qui gardent le livre plus de deux semaines, proportion de ceux qui le rendent au plus tard à trois semaines :
   C’est $P_A(\bar{B})=1-P_A(B)=1-0,4=0,6$, soit $60\%$.

$(u_k)$ est la suite géométrique de premier terme $u_1=5$ et de raison $0,9$.

1. $u_4$ =
   $u_k=u_1\times q^{k-1}$, donc $u_4=5\times 0,9^3=5\times 0,729=3,645$.
2. $u_1+u_2+\cdots +u_6\approx$ (au millième)
   Six termes : $u_1\times {\displaystyle \frac{1-0,9^6}{1-0,9}}=5\times {\displaystyle \frac{1-0,531441}{0,1}}$ $=50\times 0,468559=23,42795\approx 23,428$.
3. Quand $n$ devient grand, $u_1+u_2+\cdots +u_n$ tend vers
   $u_1+\cdots +u_n=50(1-0,9^n)$ et $0,9^n$ tend vers $0$ car $0<0,9<1$ : la somme tend vers $50$.

Une archère tire des flèches les unes après les autres. Chaque flèche atteint le centre de la cible avec la probabilité $0,6$, indépendamment des autres. Donne des valeurs exactes.

1. Justifier que la probabilité que les deux premières flèches manquent le centre et que la troisième l’atteigne vaut
   Rédaction attendue. On note $C_i$ l’événement « la $i$-ième flèche atteint le centre ». L’événement étudié est $\overline{C_1}\cap \overline{C_2}\cap C_3$. Les tirs étant indépendants, sa probabilité est le produit des probabilités des branches du chemin : $P=0,4\times 0,4\times 0,6=0,096$.
2. Probabilité qu’aucune des trois premières flèches n’atteigne le centre :
   Un seul chemin, $\overline{C_1}\overline{C_2}\overline{C_3}$ : $0,4^3=0,064$.
3. Probabilité que le centre soit atteint au moins une fois en trois flèches :
   Contraire de « aucune » : $1-0,064=0,936$.

Soit $p$ un réel de $]0;1[$ et $q=1-p$.

1. Démontrer que, pour tout entier $n⩾1$, $p(1+q+\cdots +q^{n-1})=1-q^n$. Valeur pour $p=0,3$ et $n=8$, au dix-millième :
   Rédaction attendue. Comme $q\ne 1$, la somme des $n$ premiers termes de la suite géométrique de raison $q$ et de premier terme $1$ vaut $1+q+\cdots +q^{n-1}={\displaystyle \frac{1-q^n}{1-q}}$. Or $1-q=p$, donc $p(1+q+\cdots +q^{n-1})=p\times {\displaystyle \frac{1-q^n}{p}}=1-q^n$. Pour $p=0,3$ et $n=8$ : $1-0,7^8=1-0,05764801=0,94235199\approx 0,9424$.
2. Quand $n$ devient grand, $p(1+q+\cdots +q^{n-1})$ tend vers
   $0<q<1$, donc $q^n$ tend vers $0$ et $1-q^n$ tend vers $1$. C’est ce qui garantit que les probabilités d’une loi géométrique ont une somme égale à $1$.
3. Pour $q=0,7$, la somme $1+q+\cdots +q^{n-1}$ tend vers (fraction irréductible)
   Elle vaut ${\displaystyle \frac{1-0,7^n}{0,3}}$ et tend vers ${\displaystyle \frac{1}{0,3}}={\displaystyle \frac{10}{3}}$.

$X$ suit la loi géométrique $𝒢(0,35)$.

1. $P(X=2)$ =
   Un échec puis un succès : $P(X=2)=0,65\times 0,35=0,2275$.
2. $P(X=3)$ =
   Deux échecs puis un succès : $P(X=3)=0,{65}^2\times 0,35=0,4225\times 0,35=0,147875$.
3. $P(X=4)\approx$ (au dix-millième)
   Trois échecs puis un succès : $P(X=4)=0,{65}^3\times 0,35=0,274625\times 0,35=0,09611875\approx 0,0961$.

Un distributeur de jouets donne, à chaque pièce insérée, une figurine rare avec la probabilité ${\displaystyle \frac{1}{12}}$, indépendamment des autres pièces. $X$ est le nombre de pièces insérées jusqu’à la première figurine rare, comprise. Fraction irréductible (exemple : 2/5).

1. $P(X=1)$ =
   Chaque pièce est une épreuve de Bernoulli de succès « figurine rare », avec $p={\displaystyle \frac{1}{12}}$ ; $X$ est le rang du premier succès, donc $X$ suit $𝒢\left({\displaystyle \frac{1}{12}}\right)$ et $P(X=1)={\displaystyle \frac{1}{12}}$.
2. $P(X=2)$ =
   Une figurine ordinaire, puis une rare : ${\displaystyle \frac{11}{12}}\times {\displaystyle \frac{1}{12}}={\displaystyle \frac{11}{144}}$.
3. Un enfant insère exactement $12$ pièces ; $Y$ est le nombre de figurines rares obtenues. $E(Y)$ =
   Le nombre de pièces est fixé et l’on compte les succès : $Y$ suit la loi binomiale $ℬ\left(12;{\displaystyle \frac{1}{12}}\right)$, et non une loi géométrique ($X$, lui, est un rang). $E(Y)=np=12\times {\displaystyle \frac{1}{12}}=1$ : en moyenne, une figurine rare pour $12$ pièces.

Le diagramme en bâtons ci-dessous représente la loi d’une variable $X$ qui suit une loi géométrique $𝒢(p)$.

1. $p$ =
   Le premier bâton est $P(X=1)=p$ : on lit $p=0,3$.
2. Démontrer que, pour tout entier $k⩾1$, $P(X=k+1)=(1-p)P(X=k)$. Ici, chaque bâton vaut fois le précédent
   Rédaction attendue. Pour tout entier $k⩾1$, $P(X=k+1)=(1-p{)}^{k}p=(1-p)\times (1-p{)}^{k-1}p=(1-p)P(X=k)$. Les probabilités forment une suite géométrique de raison $1-p=0,7$ : comme $0<0,7<1$, chaque bâton est plus bas que le précédent.
3. $P(X=5)\approx$ (au dix-millième)
   $P(X=5)=0,7^4\times 0,3=0,2401\times 0,3=0,07203\approx 0,0720$.

Un étudiant tente chaque soir de réserver une place de sport en ligne ; chaque tentative réussit avec la probabilité $0,45$, indépendamment des autres. $X$ est le rang de la première tentative réussie et $Y=X-1$ le nombre de tentatives manquées avant elle.

1. $P(Y=1)$ =
   $Y=1$ signifie $X=2$ : une tentative manquée, puis une réussie. $P(Y=1)=0,55\times 0,45=0,2475$.
2. Démontrer que, pour tout entier naturel $k$, $P(Y=k)=0,{55}^k\times 0,45$. En déduire $P(Y=2)$ =
   Rédaction attendue. Chaque tentative est une épreuve de Bernoulli de succès « réussir », de probabilité $0,45$, et les tentatives sont identiques et indépendantes : $X$ suit $𝒢(0,45)$. Pour tout entier naturel $k$, $\{Y=k\}=\{X=k+1\}$, donc $P(Y=k)=0,{55}^{(k+1)-1}\times 0,45=0,{55}^k\times 0,45$. Ainsi $P(Y=2)=0,3025\times 0,45=0,136125$.
3. Valeur de $Y$ la plus probable :
   $P(Y=k+1)=0,55\times P(Y=k)<P(Y=k)$ : les probabilités diminuent, la plus grande est $P(Y=0)$. $Y$ prend la valeur $0$, ce que $X$ ne fait jamais : $Y$ ne suit pas une loi géométrique au sens du cours.

$X$ suit la loi géométrique $𝒢(0,5)$. Donne des valeurs exactes (décimales ou fractions).

1. $P(X>4)$ =
   Quatre premiers échecs : $P(X>4)=0,5^4=0,0625$.
2. $P(X⩽4)$ =
   Contraire : $P(X⩽4)=1-0,0625=0,9375$.
3. $P(X⩾3)$ =
   $X⩾3$ équivaut à $X>2$ : $P(X⩾3)=0,5^2=0,25$.
4. $P(X<3)$ =
   $X<3$ est le contraire de $X⩾3$ : $1-0,25=0,75$ (ou $P(X=1)+P(X=2)=0,5+0,25$).

Une joueuse de basket tente des tirs à trois points jusqu’à en réussir un. Chaque tir réussit avec la probabilité $0,32$, indépendamment des autres ; $X$ est le rang du premier tir réussi. Arrondis au dix-millième si besoin.

1. $P(X>2)$ =
   $X$ suit $𝒢(0,32)$ ; deux premiers tirs manqués : $P(X>2)=0,{68}^2=0,4624$.
2. $P(X⩽4)\approx$
   $P(X⩽4)=1-0,{68}^4=1-0,21381376=0,78618624\approx 0,7862$.
3. Probabilité que le premier panier arrive entre le $2^{\text{e}}$ et le $4^{\text{e}}$ tir (inclus) :
   $P(2⩽X⩽4)=P(X>1)-P(X>4)=0,68-0,{68}^4$ $=0,68-0,21381376=0,46618624\approx 0,4662$.

Un orpailleur tamise du sable de rivière. Chaque tamis contient au moins une paillette d’or avec la probabilité $0,08$, indépendamment des autres ; $X$ est le rang du premier tamis qui contient de l’or.

1. Probabilité que vingt tamis ne suffisent pas à trouver de l’or : (au dix-millième)
   $X$ suit $𝒢(0,08)$ : $P(X>20)=0,{92}^{20}\approx 0,1887$. Près d’une fois sur cinq, vingt tamis ne suffisent pas.
2. Démontrer que $P(X⩽n)⩾0,95$ équivaut à $n⩾{\displaystyle \frac{\ln 0,05}{\ln 0,92}}$, puis donner le plus petit entier $n$ qui convient :
   Rédaction attendue. Pour tout entier $n⩾1$, $P(X⩽n)=1-0,{92}^n$. Alors $1-0,{92}^n⩾0,95⟺0,{92}^n⩽0,05$ $⟺n\ln 0,92⩽\ln 0,05$ (la fonction $\ln$ est strictement croissante) $⟺n⩾{\displaystyle \frac{\ln 0,05}{\ln 0,92}}$, car $\ln 0,92<0$ change le sens. Or ${\displaystyle \frac{\ln 0,05}{\ln 0,92}}\approx 35,93$. Contrôle : $0,{92}^{35}\approx 0,0540$ et $0,{92}^{36}\approx 0,0497$. Le plus petit entier est $n=36$.

$X$ suit une loi géométrique $𝒢(p)$ et l’on sait que $P(X⩽2)=0,19$.

1. Démontrer que $(1-p{)}^2=0,81$, puis donner $p$ =
   Rédaction attendue. $P(X⩽2)=1-(1-p{)}^2$, donc $1-(1-p{)}^2=0,19$, soit $(1-p{)}^2=0,81$. Comme $1-p>0$, on obtient $1-p=\sqrt{0,81}=0,9$, d’où $p=0,1$.
2. $P(X=2)$ =
   $P(X=2)=0,9\times 0,1=0,09$. Contrôle : $P(X=1)+P(X=2)=0,1+0,09=0,19$.
3. $P(5⩽X⩽10)\approx$ (au dix-millième)
   $P(5⩽X⩽10)=P(X>4)-P(X>10)=0,9^4-0,9^{10}$ $=0,6561-0,3486784401=0,3074215599\approx 0,3074$.

$X$ suit une loi géométrique. Donne des valeurs exactes.

1. Si $X$ suit $𝒢(0,5)$, $E(X)$ =
   $E(X)={\displaystyle \frac{1}{0,5}}=2$.
2. Si $X$ suit $𝒢(0,008)$, $E(X)$ =
   $E(X)={\displaystyle \frac{1}{0,008}}=125$ : en moyenne, le premier succès arrive au ${125}^{\text{e}}$ essai.
3. Si $E(X)=12,5$, le paramètre est $p$ =
   ${\displaystyle \frac{1}{p}}=12,5⟺p={\displaystyle \frac{1}{12,5}}=0,08$.
4. Si $E(X)=1,25$, le paramètre est $p$ =
   $p={\displaystyle \frac{1}{1,25}}=0,8$ : un succès très probable donne une attente moyenne proche de $1$.

Une association vend des billets de tombola au porte-à-porte. Chaque maison visitée achète un billet avec la probabilité $0,12$, indépendamment des autres ; une visite dure $4$ minutes. $X$ est le rang de la première maison qui achète.

1. $E(X)\approx$ (au centième)
   $X$ suit $𝒢(0,12)$ : $E(X)={\displaystyle \frac{1}{0,12}}={\displaystyle \frac{25}{3}}\approx 8,33$ maisons.
2. Durée moyenne, en minutes, des visites jusqu’à la première vente, au dixième :
   La durée est $4X$ ; par linéarité, $E(4X)=4\times {\displaystyle \frac{25}{3}}={\displaystyle \frac{100}{3}}\approx 33,3$ minutes.
3. Rang de la maison où la première vente est la plus probable :
   $P(X=k)=0,{88}^{k-1}\times 0,12$ diminue quand $k$ augmente : le rang le plus probable est $1$, bien que l’attente moyenne soit d’environ $8$ maisons.

On considère les fonctions Python suivantes.

from random import random
from random import randint

def geometrique(p):
    k = 1
    while random() >= p:
        k = k + 1
    return k

def premier_dix():
    k = 1
    while randint(1, 10) != 10:
        k = k + 1
    return k

1. Justifier que geometrique(p) renvoie le rang du premier succès d’épreuves de Bernoulli de paramètre $p$. Que renvoie geometrique(1) ?
   Rédaction attendue. random() renvoie un réel au hasard dans $[0;1[$ : le test random() >= p est vrai avec la probabilité $1-p$ (échec) et faux avec la probabilité $p$ (succès). Chaque passage dans la boucle compte un échec et ajoute une épreuve ($k$ augmente de $1$) ; la boucle s’arrête au premier succès et la fonction renvoie son rang $k$. Les appels à random() étant indépendants, la valeur renvoyée suit $𝒢(p)$. Avec $p=1$, random() >= 1 est toujours faux : on ne passe jamais dans la boucle et la fonction renvoie $1$.
2. premier_dix() simule une loi géométrique de paramètre
   randint(1, 10) renvoie un entier de $1$ à $10$ au hasard ; il vaut $10$ avec la probabilité ${\displaystyle \frac{1}{10}}$. La fonction renvoie le rang du premier $10$ : sa loi est $𝒢(0,1)$.
3. La moyenne de $100000$ valeurs renvoyées par premier_dix() est proche de
   La moyenne d’un grand nombre de réalisations est proche de l’espérance : $E={\displaystyle \frac{1}{0,1}}=10$.

Un jeu : on lance une pièce truquée, qui tombe sur pile avec la probabilité $0,4$, jusqu’au premier pile. On paie $1$ € par lancer et l’on reçoit $3$ € au premier pile. $X$ est le nombre de lancers et $G=3-X$ le gain net, en euros.

1. $E(G)$ = €
   $X$ suit $𝒢(0,4)$, donc $E(X)={\displaystyle \frac{1}{0,4}}=2,5$. Par linéarité, $E(G)=3-E(X)=3-2,5=0,5$ € : le jeu est favorable au joueur.
2. On remplace les $3$ € reçus par $a$ euros. Démontrer que le jeu est équitable si et seulement si $a$ =
   Rédaction attendue. Le gain net est alors $G=a-X$. Par linéarité de l’espérance, $E(G)=a-E(X)=a-2,5$. Le jeu est équitable si et seulement si $E(G)=0$, c’est-à-dire $a=2,5$ €.
3. Avec $3$ € reçus, probabilité que le joueur perde de l’argent :
   $G<0⟺X>3$ : les trois premiers lancers donnent face. $P(X>3)=0,6^3=0,216$.

$X$ suit la loi géométrique $𝒢(0,05)$. Donne des valeurs exactes.

1. $P_{X>4}(X>6)$ =
   Absence de mémoire : $P_{X>4}(X>6)=P(X>2)=0,{95}^2=0,9025$.
2. $P_{X>4}(X=6)$ =
   Sachant $X>4$, l’épreuve n° $5$ est la première de la nouvelle attente et l’épreuve n° $6$ la deuxième : $P_{X>4}(X=6)=P(X=2)=0,95\times 0,05=0,0475$.
3. $P_{X>10}(X>13)$ =
   $P_{X>10}(X>13)=P(X>3)=0,{95}^3=0,857375$.

Un pêcheur a, chaque heure, la probabilité $0,38$ de prendre au moins un poisson, indépendamment des autres heures. $X$ est le rang de la première heure où il prend un poisson. Il n’a rien pris pendant les trois premières heures.

1. Probabilité qu’il prenne un poisson dans les deux heures suivantes :
   On cherche $P_{X>3}(X⩽5)$. Absence de mémoire : $P_{X>3}(X⩽5)=1-P_{X>3}(X>5)=1-P(X>2)$ $=1-0,{62}^2=1-0,3844=0,6156$.
2. Probabilité que sa première prise ait lieu à la $6^{\text{e}}$ heure :
   $P_{X>3}(X=6)=P(X=3)=0,{62}^2\times 0,38=0,3844\times 0,38=0,146072$.

$X$ suit une loi géométrique $𝒢(p)$, avec $0<p<1$, et $q=1-p$.

1. Démontrer que, pour tous entiers naturels $m$ et $n$, $P_{X>m}(X>m+n)=P(X>n)$. Contrôle pour $p=0,6$, $m=5$ et $n=2$ :
   Rédaction attendue. Soit $m$ et $n$ deux entiers naturels. On a $P(X>m)=q^m\ne 0$. Si $X>m+n$, alors $X>m$ : l’événement $\{X>m+n\}$ est inclus dans $\{X>m\}$, donc $\{X>m\}\cap \{X>m+n\}=\{X>m+n\}$. Ainsi $P_{X>m}(X>m+n)={\displaystyle \frac{P(X>m+n)}{P(X>m)}}={\displaystyle \frac{q^{m+n}}{q^m}}=q^n=P(X>n)$. Pour $p=0,6$ : $0,4^2=0,16$.
2. Pour $p=0,6$, $P_{X>5}(X=7)$ =
   Absence de mémoire : $P_{X>5}(X=7)=P(X=2)=0,4\times 0,6=0,24$.

Une variable $Y$ à valeurs dans $\{1,2,3,\dots \}$ vérifie la propriété d’absence de mémoire, avec $P(Y>m)>0$ pour tout entier $m$, et $P(Y=1)=0,16$. On pose $u_n=P(Y>n)$.

1. Démontrer que $u_n=0,{84}^n$ pour tout entier naturel $n$, puis donner $P(Y=3)$ =
   Rédaction attendue. $u_0=1$ et $u_1=P(Y>1)=1-P(Y=1)=0,84$. Pour tout entier $m$, l’absence de mémoire avec $n=1$ donne $P_{Y>m}(Y>m+1)=P(Y>1)$ ; comme $\{Y>m+1\}\subset \{Y>m\}$, cela s’écrit ${\displaystyle \frac{u_{m+1}}{u_m}}=0,84$, soit $u_{m+1}=0,84u_m$. La suite $(u_n)$ est géométrique de raison $0,84$ et de premier terme $u_0=1$ : $u_n=0,{84}^n$. Donc $P(Y=3)=u_2-u_3=0,{84}^2-0,{84}^3=0,{84}^2\times 0,16=0,112896$ : $Y$ suit $𝒢(0,16)$.
2. $Z$ suit la loi uniforme sur $\{1,2,\dots ,6\}$. $P(Z>2)$ = (fraction irréductible)
   $Z>2$ correspond aux valeurs $3$, $4$, $5$ et $6$ : $P(Z>2)={\displaystyle \frac{4}{6}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$.
3. $P_{Z>2}(Z>4)$ = (fraction irréductible)
   $\{Z>4\}\subset \{Z>2\}$, donc $P_{Z>2}(Z>4)={\displaystyle \frac{P(Z>4)}{P(Z>2)}}={\displaystyle \frac{2/6}{4/6}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Or l’absence de mémoire exigerait $P_{Z>2}(Z>2+2)=P(Z>2)={\displaystyle \frac{2}{3}}$, et ${\displaystyle \frac{1}{2}}\ne {\displaystyle \frac{2}{3}}$ : $Z$ n’est pas sans mémoire, donc ne suit pas une loi géométrique.