Sagot :
Bonjour Monpetitcoeur72
1) La variable aléatoire N détermine le nombre de tirages nécessaires pour obtenir une boule noire.
Les épreuves sont identiques et indépendantes puisqu'il y a remise de la boule.
Puisqu'il y a une seule boule noire parmi les 5 boules, la probabilité de tirer une boule noire est p = 1/5.
D'où N suit une loi géométrique de paramètre 1/5.
L'espérance mathématique est [tex]\boxed{E(N)=\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{5}}=5}[/tex]
2) Envisageons deux cas :
a) k > n
Puisqu'il est impossible que le nombre de tirage de la seconde partie de l'épreuve soit supérieur à n, nous avons :
[tex]\boxed{P_{[N=n]}([X=k])=0}[/tex]
b) k ≤ n
La variable X détermine le nombre de fois où la boule noire est tirée au cours des n tirages.
X représente donc le nombre de succès d'une suite d’épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes.
D'où, si N = n, la variable X suit une loi binomiale dont les paramètres sont n et 1/5.
Par conséquent, [tex]\boxed{P_{[N=n]}([X=k])=\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^k(\dfrac{4}{5})^{n-k}}[/tex]
3) En utilisant la formule des probabilités totales, nous avons :
[tex]P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}P_{[N=n]}([X=0])\times P([N=n])[/tex]
Or
[tex]P_{[N=n]}([X=0])=\begin{pmatrix}n\\0\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^0(\dfrac{4}{5})^{n-0}=1\times1\times(\dfrac{4}{5})^{n}=(\dfrac{4}{5})^{n}\\\\et\\\\P([N=n])=\dfrac{1}{5}\times(\dfrac{4}{5})^{n-1}[/tex]
Donc
[tex]P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{4}{5})^{n}(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{n-1}\\\\\\P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{2n-1}\\\\\\P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{2n}(\dfrac{4}{5})^{-1}\\\\\\P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{1}{5})(\dfrac{16}{25})^{n}(\dfrac{5}{4})\\\\\\P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{1}{4})(\dfrac{16}{25})^{n}\\\\\\P([X=0])=\dfrac{1}{4}\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{16}{25})^{n}[/tex]
Or [tex]\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{16}{25})^{n}[/tex] est la somme infinie de termes d'une suite géométrique de raison 16/25 dont le premier terme est 16/25.
D'où
[tex]\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{16}{25})^{n}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{16}{25}\times\dfrac{1-(\dfrac{16}{25})^n}{1-\dfrac{16}{25}}=\dfrac{16}{25}\times\dfrac{1-0}{\dfrac{25}{25}-\dfrac{16}{25}}=\dfrac{16}{25}\times\dfrac{1}{\dfrac{9}{25}}=\dfrac{16}{9}[/tex]
Par conséquent,
[tex]P([X=0])=\dfrac{1}{4}\times\dfrac{16}{9}\\\\\boxed{P([X=0])=\dfrac{4}{9}}[/tex]
4) Puisque n ≥ k, nous avons :
[tex]P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}P_{[N=n]}([X=k])\times P([N=n])[/tex]
Or
[tex]P_{[N=n]}([X=k])=\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^k(\dfrac{4}{5})^{n-k}\\\\et\\\\P([N=n])=(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{n-1}[/tex]
Donc
[tex]P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^k(\dfrac{4}{5})^{n-k}\times(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{n-1}\\\\P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^{k+1}(\dfrac{4}{5})^{2n-k-1}\\\\P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^{k+1}(\dfrac{4}{5})^{2n}(\dfrac{4}{5})^{-k-1}[/tex]
[tex]\\\\P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^{k+1}(\dfrac{4}{5})^{2n}(\dfrac{5}{4})^{k+1}\\\\P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{4})^{k+1}(\dfrac{4}{5})^{2n}\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k+1}\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{16}{25})^{n}[/tex]
Utilisons la formule du "binôme négatif"
[tex]P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k+1}\times\dfrac{(\dfrac{16}{25})^k}{(1-\dfrac{16}{25})^{k+1}}\\\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k+1}\times\dfrac{(\dfrac{16}{25})^k}{(\dfrac{9}{25})^{k+1}}\\\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k+1}\times\dfrac{(\dfrac{16}{25})^k}{(\dfrac{9}{25})^{k}(\dfrac{9}{25})}\\\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k}(\dfrac{1}{4})\times(\dfrac{16}{9})^k\times\dfrac{25}{9}\\\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})(\dfrac{25}{9})\times(\dfrac{1}{4})^{k}(\dfrac{16}{9})^k\\\\\\\boxed{P([X=k])=\dfrac{25}{36}(\dfrac{4}{9})^{k}}[/tex]
1) La variable aléatoire N détermine le nombre de tirages nécessaires pour obtenir une boule noire.
Les épreuves sont identiques et indépendantes puisqu'il y a remise de la boule.
Puisqu'il y a une seule boule noire parmi les 5 boules, la probabilité de tirer une boule noire est p = 1/5.
D'où N suit une loi géométrique de paramètre 1/5.
P([X = k]) signifie que nous calculons la probabilité que le 1er succès se réalise à la k-ième épreuve, ce qui signifie que les k-1 premières épreuves ont été des échecs et la k-ième épreuve est un succès.
L'espérance mathématique est [tex]\boxed{E(N)=\dfrac{1}{p}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{5}}=5}[/tex]
2) Envisageons deux cas :
a) k > n
Puisqu'il est impossible que le nombre de tirage de la seconde partie de l'épreuve soit supérieur à n, nous avons :
[tex]\boxed{P_{[N=n]}([X=k])=0}[/tex]
b) k ≤ n
La variable X détermine le nombre de fois où la boule noire est tirée au cours des n tirages.
X représente donc le nombre de succès d'une suite d’épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes.
D'où, si N = n, la variable X suit une loi binomiale dont les paramètres sont n et 1/5.
Par conséquent, [tex]\boxed{P_{[N=n]}([X=k])=\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^k(\dfrac{4}{5})^{n-k}}[/tex]
3) En utilisant la formule des probabilités totales, nous avons :
[tex]P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}P_{[N=n]}([X=0])\times P([N=n])[/tex]
Or
[tex]P_{[N=n]}([X=0])=\begin{pmatrix}n\\0\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^0(\dfrac{4}{5})^{n-0}=1\times1\times(\dfrac{4}{5})^{n}=(\dfrac{4}{5})^{n}\\\\et\\\\P([N=n])=\dfrac{1}{5}\times(\dfrac{4}{5})^{n-1}[/tex]
Donc
[tex]P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{4}{5})^{n}(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{n-1}\\\\\\P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{2n-1}\\\\\\P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{2n}(\dfrac{4}{5})^{-1}\\\\\\P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{1}{5})(\dfrac{16}{25})^{n}(\dfrac{5}{4})\\\\\\P([X=0])=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{1}{4})(\dfrac{16}{25})^{n}\\\\\\P([X=0])=\dfrac{1}{4}\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{16}{25})^{n}[/tex]
Or [tex]\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{16}{25})^{n}[/tex] est la somme infinie de termes d'une suite géométrique de raison 16/25 dont le premier terme est 16/25.
D'où
[tex]\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\dfrac{16}{25})^{n}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{16}{25}\times\dfrac{1-(\dfrac{16}{25})^n}{1-\dfrac{16}{25}}=\dfrac{16}{25}\times\dfrac{1-0}{\dfrac{25}{25}-\dfrac{16}{25}}=\dfrac{16}{25}\times\dfrac{1}{\dfrac{9}{25}}=\dfrac{16}{9}[/tex]
Par conséquent,
[tex]P([X=0])=\dfrac{1}{4}\times\dfrac{16}{9}\\\\\boxed{P([X=0])=\dfrac{4}{9}}[/tex]
4) Puisque n ≥ k, nous avons :
[tex]P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}P_{[N=n]}([X=k])\times P([N=n])[/tex]
Or
[tex]P_{[N=n]}([X=k])=\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^k(\dfrac{4}{5})^{n-k}\\\\et\\\\P([N=n])=(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{n-1}[/tex]
Donc
[tex]P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^k(\dfrac{4}{5})^{n-k}\times(\dfrac{1}{5})(\dfrac{4}{5})^{n-1}\\\\P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^{k+1}(\dfrac{4}{5})^{2n-k-1}\\\\P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^{k+1}(\dfrac{4}{5})^{2n}(\dfrac{4}{5})^{-k-1}[/tex]
[tex]\\\\P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{5})^{k+1}(\dfrac{4}{5})^{2n}(\dfrac{5}{4})^{k+1}\\\\P([X=k])=\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{1}{4})^{k+1}(\dfrac{4}{5})^{2n}\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k+1}\sum\limits_{n=k}^{+\infty}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(\dfrac{16}{25})^{n}[/tex]
Utilisons la formule du "binôme négatif"
[tex]P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k+1}\times\dfrac{(\dfrac{16}{25})^k}{(1-\dfrac{16}{25})^{k+1}}\\\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k+1}\times\dfrac{(\dfrac{16}{25})^k}{(\dfrac{9}{25})^{k+1}}\\\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k+1}\times\dfrac{(\dfrac{16}{25})^k}{(\dfrac{9}{25})^{k}(\dfrac{9}{25})}\\\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})^{k}(\dfrac{1}{4})\times(\dfrac{16}{9})^k\times\dfrac{25}{9}\\\\\\P([X=k])=(\dfrac{1}{4})(\dfrac{25}{9})\times(\dfrac{1}{4})^{k}(\dfrac{16}{9})^k\\\\\\\boxed{P([X=k])=\dfrac{25}{36}(\dfrac{4}{9})^{k}}[/tex]
Nous sommes ravis de vous avoir parmi nous. Continuez à poser des questions, à répondre et à partager vos idées. Ensemble, nous créons une ressource de savoir précieuse. Merci de choisir FRstudy.me. Revenez bientôt pour découvrir encore plus de solutions à toutes vos questions.
