corrige des exercices de probabilite

Master 1 CORRIGE DES EXERCICES DE PROBABILITE Mars 2009
1. La moyenne d'une loi uniforme sur [a;b]est a+b
2;ce qui done ici : E(X) = 9+5 2= 7. La fonction de répartition est dénie par
:8
<
:
F(x) = 0 si x2]1;a[
F(x) = xa
basi x2[a;b]
F(x) = 1 si x2]b; +1[
soit ici 8
<
:
F(x) = 0 si x2]1; 5[
F(x) = x5
4si x2[5; 9]
F(x) = 1 si x2]9; +1[
. On en déduit : P(X3) = F(3) = 0 ;P(6 X8) =
F(8) F(6) = 3
41 4=1 2; P (X7) = 1 F(7) = 1 2 4=1 2:Tous ces résultats doivent être visualisés graphiquement par
des considérations d'aires de rectangles.
2. La fonction de répartition est : F(x) = 0 si x < 0
F(x) = 1 ex si x0soit ici : F(x) = 0 si x < 0
F(x) = 1 e0:1xsi x0
P(X < 10) = F(10) = 1 e1'0:632 1 ;P(X > 5) = F(5) = e0:5= 0:606 5 (fonction de queue : F(x)=1F(x) =
ex , pour x0) ; et P(10 X20) = F(20) F(10) = 1 e21e1=e1e2'0:232 5:
3. On pose Z=Xm
=X3 2;on sait que Zsuit la loi normale N(0 ; 1) :
P(X3) = PZ33
2=P(Z0) = F(0) = 0:5; P (X4) = PZ43 2=P(Z0:5) = F(0:5) = 0:6915
; P (X 1) = PZ13
2=P(Z 2) = P(Z2) = 1 F(2) = 1 0:9772 = 0:022 8 ;
P(0 X4:5) = P3
2Z4:53 2=F(0:75) F(1:5) = F(0:75) (1 F(1:5)) = F(0:75) + F(1:5) 1 =
0:7734 + 0:9332 1'0:706 6;
P(X0) = PZ3
2=PZ3 2=F(1:5) '0:9332 :P(X5) = PZ53 2= 1 F(1) = 1 0:8413 =
0:158 7 ; P (0 X2) = P3
2Z23 2=P(1:5Z 0:5) = P(0:5Z1:5) = F(1:5) F(0:5) '
0:9332 0:6915 = 0:241 7
Remarque : toutes les propriétés de symétrie utilisées doivent être visualisées sur la courbe de la densité de la loi normale centrée
réduite.
4. Le paramètre d'une loi de Poisson est son espérance donc = 25: P (X= 20) = 20
20! e=2520 20! e25 = 5:19 102et
P(X= 25) = 2525
25! e25 '7:95 102;
;  18;on peut donc approcher cette loi de Poisson par la loi normale de paramètre m== 25 et =p= 5 ; on note Yla
variable aléatoire suivant la loi N(25; 5) :
P(X < 25) = P(X24) = P(Y24:5) en effectuant une correction de continuité, soit en standardisant : PZ24:525
5
=P(Z 0:1) = 1 F(0:1) = 1 0:5398 = 0:460 2 :P(X28) = 1 P(X27) = 1 P(Y27:5) = 1 
PZ27:525
5= 1 F(0:5) '10:6915 = 0:308 5
5. Xdurée de la grossesse est une variable aléatoire normale qui suit la loi N(270; 10) et on la standardise en posant : Z=X270
10 :
On doit calculer :P((X290) [(X240)) = P(X290) + P(X240) car ce sont des événements disjoints. On obtient
:P(Z2) + P(Z 3) = 1 F(2) + P(Z3) = 1 F(2) + 1 F(3) = 2 F(2) F(3) = 2 0:9772 0:9987 =
0:024 1
6. Les CV
a. L'état d'un dossier est une épreuve de Bernoulli : on peut nommer ”succès” l'événement :”le dossier est falsié” et échec
l'événement ”le dossier n'est pas falsié” ; on se retrouve avec 460 épreuves de Bernoulli , identiques et indépendantes. ;le
nombre Xde dossiers falsiés suit la loi B(460; 0:60), dénie par : P(X=k) = n
kpkqnk=460 k0:60k0:40460k;
b. La distribution est proche d'un modèle symétrique, car 0:4p0:60 ; on pense à une loi normale ; cette approximation est
justiée car 0:4p0:60 et n50 ; on approxime alors la loi binomiale par la loi :Nnp;pnpq;ce qui donne ici :
N276; p110:4:On approxime une loi disrète par une loi continue, on doit donc effectuer la correction de continuité.On note
Yla variable aléatoire normale suivant la loi N276; p110:4:
c. Correction de continuité (à penser graphiquement)
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2CORRIGE DES EXERCICES DE PROBABILITE
P(X285) = P(Y284:5) = PZ284:5276
10:5=P(Z0:809 5) = 1 P(Z0:81) = 1  (0:81) '0:7910
avec Z=Y276
10:5,Zsuivant la loi normale centrée réduite. P(262 X290) = P(261:5Y290:5) soit :
P(261:5Y290:5) soit :
P261:5276
10:5Z290:5276 10:5'F(1:38) F(1:38) = 2F(1:38) 1'0:832 4
7. Distributeur d'essence
a. On a une loi uniforme sur [2:5; 2:5] ; sa densité de probabilité est une fonction constante sur [2:5; 2:5], nulle ailleurs :
(f(x) = 1
2:5(2:5) =1
5si x2[2:5; 2:5]
f(x) = 0 si x2]1;2:5[ []2:5; +1[
et la fonction de répartition est dénie par : F(x) = P(Xx) = xa
ba=x+ 2:5 5si x2[2:5; 2:5]
8
>
<
>
:
F(x) = 0 si x2]1;2:5[
F(x) = x+ 2:5
5si x2[2:5; 2:5]
F(x) = 1 si x2]2:5; +1[
Son espérance est : E(x) = a+b
2= 0 et sa variance V(X) = (ba)2 12 =25 12 = 2:08;avec (x) = pV(X) = p2:08 '1:
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b. Théorème Central Limite : Si X1; X2; :::Xnsont nvariables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées, d'espérance
commune met de variance 2;alors la distibution de leur moyenne X=1
nPXipeut être approchée par une loi normale, dès
que nest assez grand ( n30) ; de plus, les paramètres de cette loi sont données par : EX=met VX=1
n2;donc
X=
pn:De même la loi de la somme S=PXitend vers la loi normale N(nm;pn):On se ramène à la loi normale
centrée réduite (standardisation) et on en déduit que la loi de Z=X1+::: +Xnn
pntend vers la loi normale N(0;1) quand
ntend vers l'inni.
Ici n= 1200, alors Sla variable aléatoire désignant la somme totale des arrondis suit approximativement une loi normale de
moyenne m= 1200 E(X)=0et d'écart-type =p1200(X)=1:44p1200 '49:88 ; si on pose Z=Sm
, alors Z
suit la loi normale centrée réduite.
La probabilité que le gain dû aux arrondis soit supérieur à 1euro est donnée par : P(S > 100) = 1 PZ100
49:88=
1F(2:01) '10:9779 '0:0 221 ,Fdésignant la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite.
8. Si Tdésigne le temps, exprimé en mn; écoulé entre 20h25 et l'arrivée de Paul, alors Tsuit la loi uniforme sur [0; 20]; par ailleurs,
Paul et Virginie se rencontreront si T17 ; la densité de Test la fonction constante par intervalle dénie par :
f(x) = 1
20 si x2[0; 20]
f(x) = 0 sinon (1)
et la fonction de réparttition est donnée par : 8
<
:
F(x) = 0 si x2]1; 0[
F(x) = x
20 si x2[0; 20]
F(x) = 1 si x2]20; +1[
P(T17) = 17
20 = 0:85 ;soit 85% de chance.....
9. On effectue un changement de variable pour se ramener à la loi normale centrée réduite, en posant Z=Rm
=R4115 200 :P fR < 4150g=
PZ < 4150 4115
200 :=  (0:175) '0:5675 + 0:5714 2= 0:569 5
Pf3900 < R < 4150g=P3900 4115
200 < Z < 4150 4115 200 :=F(0:175)F(1:075) = F(0:175)(1 F(1:075)) =
F(0:175) + F(1:075) 1'0:569 5 + 0:8577 + 0:8599
21'0:428 3
2 UFR 14

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10. La somme totale que la compagnie doit verser est : S=
i=120
P
i=1
Xi,Xidésignant des variables aaléatoires de même loi, indépendantes,
de moyenne 50 et d'écart-type 30 ; le Théorème central limite permet d'afrmer que Speut être assimilée à une variable aléatoire
normale avec: 8
<
:
E(S) = Ei=120
P
i=1
Xi=
i=120
P
i=1
E(Xi) = 120 50 = 6000:
(S) = (Xi)p120 = 30 p120 '328:63
Il reste à effectuer un changement de variable pour
se ramener à une loi normale centrée réduite ; on pose Z=S6000
328:63 et on doit calculer
P(S6500) = PZ6500 6000
328:63 soit P(Z1:52) '0:9357:
11. La compagnie d'assurance
a. On est clairement devant un schéma de Bernoulli, les sinistres étant indépendants, X ,! B(n;p);la loi binomiale de paramètres
n= 10000 et p= 0:01:On a : E(X) = np = 100 et (X) = pnpq =p10000 0:01 0:99 '9:95
b. On peut noter que Yi= 100000T ; T étant une variable aléatoire de Bernoulli, dénie par : T= 1 avec la probabilité 0:01
T= 0 avec la probabilité 0:99
T ,! B(1; 0:01) ; on a alors : E(T)=0:01 et (T) = ppq =p0:01 0:99 '9:9 5 102; on en déduit : E(Yi) =
100000E(T) = 1000000:01 = 1000 et (Yi) = 100000(T) = 1000009:9 5102= 9950 car (aX +b) = jaj(X):
c. On note Yla charge totale annuelle des 10000 assurés.
On a Y= 100000Xet on en déduit par linéarité de l'espérance : E(Y) = 100000E(X) = 100000 100 = 1000 000;puis
(Y) = 10000 (X) = 100000 9:95 = 995000:
Autre solution : Y=PYiet E(Y) =
i=10000
P
i=1
E(Yi) = 10000 1000 = 10 000 000; les Yiétant indépendantes, les variances
s'ajoutent et on a : V(Y) =
i=10000
P
i=1
V(Yi) = 10000 99502;ce qui donne : (Y) = p10000 99502= 995000:
d. Théorème central limite : Si X1; X2; :::Xnsont nvariables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées, d'espérance
commune met de variance 2;alors la distibution de la variable aléatoire
X1+::: +Xnnm
pntend vers la loi normale N(0;1)
On en conclut que les Yiétant identiquement distribuées et indépendantes, la loi de probabilité de leur somme peut être assimilée
à une loi normale de paramètre 10 000 000 et d'écart-type 995000;n étant grand.
e. Il reste à centrer et à réduire Y;on pose Z=X10 000 000
995000 ; Z ,! N (0; 1) .P(Y11000000) = PZ11000000 10 000 000 995000 '
P(Z1) =F(1) '0:8413
f. R= 1400 10000 3500000 Y= 10 500 000 Y:
P(R0) = P(10 500 000 Y0) = P(Y10 500 000) = 1P(Y10 500 000) = 1PZ10500000 10 000 000
995000 
= 1 P(Z0:50) '10:6915 = 0:308 5
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