Exercice 92

1. On numérote les boules. Les $N!$ ordres de sortie sont équiprobables ; l'ensemble des rangs des deux boules noires, partie à $2$ éléments de $\llbracket 1\,,N \rrbracket$, correspond à $2!\,(N - 2)!$ ordres, le même nombre pour toutes les parties. On peut donc prendre pour univers $$\boxed{\Omega = \big\{\{i, j\} \ \big|\ 1 \leqslant i < j \leqslant N\big\}, \text{ muni de la probabilité uniforme, } |\Omega| = \binom{N}{2}}$$ avec $X_{1}(\{i, j\}) = i$ et $X_{2}(\{i, j\}) = j$ lorsque $i < j$.

2. Pour $i < j$, l'événement $(X_{1} = i, X_{2} = j)$ est le singleton $\{\{i, j\}\}$, et pour $i \geqslant j$ il est vide : $$\boxed{\mathrm{P}(X_{1} = i, X_{2} = j) = \frac{2}{N(N - 1)} \ \text{ si } i < j, \qquad 0 \text{ sinon}}$$ Par la proposition 14, en comptant les $N - i$ valeurs de $j > i$ et les $j - 1$ valeurs de $i < j$, $$\boxed{\mathrm{P}(X_{1} = i) = \frac{2(N - i)}{N(N - 1)}, \qquad \mathrm{P}(X_{2} = j) = \frac{2(j - 1)}{N(N - 1)}, \qquad i, j \in \llbracket 1\,,N \rrbracket}$$ Si $N \geqslant 3$, les variables ne sont pas indépendantes : $\mathrm{P}(X_{1} = 2, X_{2} = 2) = 0$, alors que le produit $\mathrm{P}(X_{1} = 2)\mathrm{P}(X_{2} = 2)$ vaut $\frac{4(N - 2)}{N^{2}(N - 1)^{2}} > 0$. Si $N = 2$, en revanche, $X_{1} = 1$ et $X_{2} = 2$ sont constantes, donc indépendantes.

Pour $N = 6$, les $15$ issues sont les points $(i, j)$ situés au-dessus de la diagonale, tous de même probabilité. La colonne $X_{1} = 2$, encadrée en bleu, et la diagonale $X_{2} - X_{1} = 2$, en ocre, contiennent chacune $N - 2 = 4$ points : c'est la question 3 (b). Le point $(2, 4)$, commun aux deux, est en bleu pétrole.

3. (a) Pour $i \in \llbracket 1\,,N \rrbracket$, $\mathrm{P}(N + 1 - X_{2} = i) = \mathrm{P}(X_{2} = N + 1 - i) = \frac{2(N - i)}{N(N - 1)} = \mathrm{P}(X_{1} = i)$ : $\boxed{N + 1 - X_{2} \sim X_{1}}$. C'est le tirage lu à l'envers : le rang de la dernière noire, compté depuis la fin, a la loi du rang de la première.

(b) La variable $X_{2} - X_{1}$ prend ses valeurs dans $\llbracket 1\,,N - 1 \rrbracket$. Pour $d$ dans cet intervalle, les couples $(i, i + d)$ avec $1 \leqslant i$ et $i + d \leqslant N$ sont au nombre de $N - d$ : $$\boxed{\mathrm{P}(X_{2} - X_{1} = d) = \frac{2(N - d)}{N(N - 1)} = \mathrm{P}(X_{1} = d)}, \qquad X_{2} - X_{1} \sim X_{1}.$$

(c) Les trois variables $X_{1}$, $X_{2} - X_{1}$ et $N + 1 - X_{2}$ ont la même loi, donc la même espérance $m$, et leur somme vaut $N + 1$. Par linéarité, $3m = N + 1$ : $$\boxed{\mathrm{E}(X_{1}) = \frac{N + 1}{3}}, \qquad \mathrm{E}(X_{2}) = N + 1 - \mathrm{E}(N + 1 - X_{2}) = N + 1 - m, \qquad \boxed{\mathrm{E}(X_{2}) = \frac{2(N + 1)}{3}}$$ Les deux boules noires partagent en moyenne la suite des tirages en trois parts égales, comme à l'exercice 83.

(d) Par la question (a) et le théorème 11 (ii), $\mathrm{V}(X_{1}) = \mathrm{V}(N + 1 - X_{2}) = \mathrm{V}(X_{2})$. Par la question (b), $\mathrm{V}(X_{2} - X_{1}) = \mathrm{V}(X_{1})$, et par bilinéarité de la covariance, $$\mathrm{V}(X_{1}) = \mathrm{V}(X_{2} - X_{1}) = \mathrm{V}(X_{2}) + \mathrm{V}(X_{1}) - 2\operatorname{Cov}(X_{1}, X_{2}) = 2\mathrm{V}(X_{1}) - 2\operatorname{Cov}(X_{1}, X_{2}),$$ d'où $\boxed{\mathrm{V}(X_{1}) = \mathrm{V}(X_{2})}$ et $\boxed{2\operatorname{Cov}(X_{1}, X_{2}) = \mathrm{V}(X_{1})}$.

4. Par la formule de transfert, avec les sommes de $i^{2}$ et de $i^{3}$ pour $i \in \llbracket 1\,,N - 1 \rrbracket$, $$\mathrm{E}(X_{1}^{2}) = \frac{2}{N(N - 1)}\sum_{i=1}^{N-1} (Ni^{2} - i^{3}) = \frac{2}{N(N - 1)}\Big(\frac{N^{2}(N - 1)(2N - 1)}{6} - \frac{N^{2}(N - 1)^{2}}{4}\Big) = \frac{N(N + 1)}{6}.$$ Par la formule de König-Huygens, puis la question 3 (d), $$\mathrm{V}(X_{1}) = \frac{N(N + 1)}{6} - \frac{(N + 1)^{2}}{9}, \qquad \boxed{\mathrm{V}(X_{1}) = \frac{(N + 1)(N - 2)}{18}}$$ et $$\boxed{\operatorname{Cov}(X_{1}, X_{2}) = \frac{(N + 1)(N - 2)}{36}}$$ Pour $N = 2$, on retrouve une variance et une covariance nulles. La covariance est positive : quand la première noire sort tard, la seconde aussi. Le coefficient de corrélation vaut $\frac{1}{2}$ pour tout $N \geqslant 3$. Toutes ces valeurs ont été vérifiées par énumération pour $N \leqslant 8$ ✓.

5. On a $\mathrm{P}(X = Y) = \sum_{k=1}^{N} \mathrm{P}(X = k)\mathrm{P}(Y = k) = \frac{N}{N^{2}}$, donc $\boxed{\mathrm{P}(D) = 1 - \frac{1}{N} = \frac{N - 1}{N}}$. Pour $i < j$, l'événement $(Z_{1} = i, Z_{2} = j) \cap D$ est la réunion des événements incompatibles $(X = i, Y = j)$ et $(X = j, Y = i)$, de probabilité $\frac{2}{N^{2}}$ ; pour $i \geqslant j$, il est vide, puisque $Z_{1} < Z_{2}$ sur $D$. Ainsi $$\mathrm{P}_{D}(Z_{1} = i, Z_{2} = j) = \frac{2/N^{2}}{(N - 1)/N}, \qquad \boxed{\mathrm{P}_{D}(Z_{1} = i, Z_{2} = j) = \frac{2}{N(N - 1)} \ \text{ si } i < j, \quad 0 \text{ sinon}}$$ Sachant $D$, le couple $(Z_{1}, Z_{2})$ a la loi du couple $(X_{1}, X_{2})$ de la question 2. Deux tirages indépendants uniformes, conditionnés à être distincts et rangés dans l'ordre, se comportent exactement comme les positions des deux boules noires.

À retenir. La question 3 évite tout calcul de somme : les symétries du problème, lecture à l'envers et translation des écarts, donnent l'égalité des lois, puis la linéarité de l'espérance et la bilinéarité de la covariance font le reste. Le seul calcul véritable est celui de $\mathrm{E}(X_{1}^{2})$.