Le minimum de deux géométriques indépendantes

a) Le réflexe : passer par les queues. Chercher directement $P(Z=k)$ obligerait à découper selon lequel de $X$ ou $Y$ réalise le minimum, et à sommer. Les queues, elles, se factorisent sans effort : dire $\min (X,Y)>n$, c'est dire que les deux dépassent $n$, donc $$P(Z>n)=P((X>n)\cap (Y>n))=P(X>n)P(Y>n)=(1-p{)}^n(1-p^{\prime }{)}^n=[(1-p)(1-p^{\prime }){]}^n,$$ l'indépendance de $X$ et $Y$ entraînant celle des événements $(X>n)$ et $(Y>n)$.

Or les queues déterminent la loi sur ${\mathbb{N}}^{\ast }$ : d'après l'exercice 3, une variable à valeurs dans ${\mathbb{N}}^{\ast }$ dont la queue vaut $r^n$ avec $r\in ]0,1[$ est géométrique de paramètre $1-r$. Ici $r=(1-p)(1-p^{\prime })$, donc $$Z=\min (X,Y)\sim \mathcal{G}(1-(1-p)(1-p^{\prime })).$$

L'interprétation. Lançons deux pièces en parallèle, à chaque tour. L'événement « aucun succès au tour considéré » demande l'échec des deux, de probabilité $(1-p)(1-p^{\prime })$ ; le paramètre du minimum est donc $1$ moins cette quantité. Le premier succès de l'ensemble suit une géométrique dont l'échec exige l'échec de tous.

b) La généralisation. Le même calcul, avec $n$ variables indépendantes $X_1,\dots ,X_n$ de paramètres $p_1,\dots ,p_n$, donne $$P(\min (X_1,\dots ,X_n)>k)=\prod _{i=1}^n(1-p_i{)}^k,\min (X_1,\dots ,X_n)\sim \mathcal{G}\left(1-\prod _{i=1}^n(1-p_i)\right).$$ (L'indépendance des $n$ événements $(X_i>k)$ vient du lemme des coalitions : chacun ne dépend que de sa variable.) Avec $n$ pièces identiques de paramètre $p$, le paramètre devient $1-(1-p{)}^n$, qui tend vers $1$ quand $n$ grandit : plus on lance de pièces, plus le premier succès arrive tôt, ce qui est rassurant.

Et le maximum ? Il ne se traite pas par les queues mais par les fonctions de répartition : $P(\max \le k)=\prod P(X_i\le k)$. C'est le même geste, retourné — et il faut savoir lequel des deux on utilise.

c) Qui gagne ? Prenons $p=p^{\prime }$ et notons $q=1-p$. Les événements $(X=k)$ et $(Y=k)$ étant indépendants, $$P(X=Y)=\sum _{k\ge 1}P(X=k)P(Y=k)=\sum _{k\ge 1}(p{q}^{k-1}{)}^2=p^2\sum _{k\ge 1}{q}^{2(k-1)}=\frac{p^2}{1-q^2},$$ la série géométrique de raison $q^2\in [0,1[$ convergeant. Or $1-q^2=(1-q)(1+q)=p(1+q)$, donc $$P(X=Y)=\frac{p}{1+q}=\frac{p}{2-p}.$$ (Contrôles : pour $p=1$, les deux variables valent $1$ et la probabilité vaut $1$ — la formule donne $\frac{1}{1}=1$. Pour $p\to 0^{+}$, elle tend vers $0$ : avec des succès très rares, une égalité exacte devient improbable. Et pour $p=\frac{1}{2}$, elle vaut $\frac{1}{3}$ : deux joueurs lançant chacun une pièce équilibrée réussissent au même tour une fois sur trois.) Par symétrie, $P(X<Y)=P(X>Y)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{p}{2-p}\right)=\frac{1-p}{2-p}$.

Ce que l'exercice installe. Un minimum se traite par les queues, un maximum par les fonctions de répartition — et dans les deux cas, c'est l'indépendance qui transforme une intersection en produit. Retenir aussi le principe général : identifier une loi par ses queues est souvent bien plus rapide que calculer ses masses, et c'est légitime puisque les queues déterminent la loi.