(B. Mariou) Con - UFR 6

Université Paris 8 – UFR MITSIC
Licence Maths et Licence Info – Automne 2015
INTRODUCTION AUX PROBABILITÉS (B. Mariou)
Contrôle no 2
8 janvier 2016
la carte d’étudiant est obligatoire – aucun appareil électronique n’est autorisé
interdits également : communication, sacs et vêtements à votre place.
pas de sortie durant les 45 premières minutes
document autorisé : une page A4 manuscrite par vous-même
Indiquez vos nom, prénom, numéro sur chaque copie.
Exercice 1
–
(1+1+1+0,5+1+0,5 pts) Soit X la v. a. de loi :
a) Calculez l’espérance de X.
b) Calculez l’espérance de X 2 .
c) Calculez la variance de X.
d) Calculez l’écart-type de X.
Durée : 2h30
i
p(X = i)
0
20/35
–
Barème : 5 5 4 3 3
1
10/35
2
4/35
3
1/35
e) Trouvez la médiane de X.
f) Représentez graphiquement la fonction de
répartition cumulative de F .
Exercice 2 (0,5+1+1+0,5+1+1 pts) Une urne A contient une boule verte et deux boules rouges ; tandis
qu’une urne B contient deux boules vertes et une boule rouge.
On pioche au hasard deux boules dans l’urne A et une seule boule dans l’urne B.
Soient VA le nombre de boules vertes piochées dans l’urne A et VB le nombre de boules vertes piochées
dans l’urne B.
a) Expliquez (brièvement) pourquoi VA et VB sont des variables aléatoires indépendantes.
b) Déterminez la loi de VA , puis la loi de VB . Que remarquez-vous ?
c) Déduisez-en la loi conjointe de VA et VB .
d) Il y a maintenant un joueur vert contre un joueur rouge. Chaque boule piochée dans l’urne A rapporte
2 points au joueur de sa couleur, et la boule pioche dans l’urne B rapporte 3 points. Soit SV le score du
joueur vert. Exprimez SV en fonction de VA et VB .
e) Déduisez-en l’espérance et la variance de SV .
f) Déduisez-en aussi la loi de SV .
Exercice 3 (1+0,5+1+1,5 pts) Dans une salle, nous sommes n + 1 personnes nées en juin. On suppose
que ces personnes ont leurs anniversaires respectifs uniformément et indépendamment répartis sur les 30
jours de juin.
a) Pour 0 6 k 6 n, quelle est la probabilité que le nombre X de personnes ayant leur anniversaire le même
jour que moi valent exactement k ?
b) Comment s’appelle la loi de la variable aléatoire X ?
c) Quelle est la probabilité qu’au moins une personne ait son anniversaire le même jour que moi ?
d) On change de point de vue maintenant et on se demande quelle est la probabilité que deux personnes
(pas forcément moi), au moins, aient leur anniversaire le même jour ?
Exercice 4 (2+1 pts) Lors d’une élection, 100 personnes votent mais 10 d’entre elles ne mettent pas
de bulletin dans leur enveloppe. Au moment du dépouillement, comme je suis volontaire, on me remet, au
hasard, un lot de 20 bulletins à dépouiller. Soit X le nombre d’enveloppes vides que contient mon lot.
a) Pour i entre 0 et 20, exprimez par une formule p(X = i).
b) Quel est le nom de la loi de X ?
Exercice 5
(3 pts) Démontrez l’inégalité de Chebyshev, en supposant connue l’inégalité de Markov.
Éléments de correction du contrôle du 8 janvier 2016
Exercice 1
3
P
a) E[X] =
ip(X = i) = 0 ×
20
35
+1×
10
35
+2×
4
35
1
35
+3×
= (0 + 10 + 8 + 3) ×
1
35
= 21/35 = 3/5.
i=0
3
i2 p(X = i) = (02 ×
20
35
c) var(X) = E[X 2 ] − E[X]2 = 1 −
9
25
b) E[X 2 ] =
P
+ 12 ×
10
35
+ 22 ×
4
35
+ 32 ×
1
)
35
= (0 + 10 + 16 + 9) ×
1
35
= 1.
i=0
d) ET (X) =
p
= 16/25.
var(X) = 4/5.
e) La médiane m de X est le plus petit des nombres a tels que : a est une valeur possible de X et p(X 6 a) > 1/2.
Ici le nombre a = 0 a ces propriétés. C’est bien sûr le plus petit nombre avec ces propriétés puisque c’est la plus
petite valeur que peut prendre X. Donc la médiane de X est 0.
En conséquence, 0 à les propriétés suivantes : p(X 6 0) > 1/2 et p(X > 0) > 1/2.
pour tout t ∈ IR,
f) La fonction F de répartition cumulative de X est définie par :
F (t) = p(X 6 t).
C’est donc une fonction (croissante) en étages. Précisément F vaut
0 sur ] − ∞; 0[
Exercice 2
20/35 sur [0; 1[
30/35 sur [1; 2[
34/35 sur [2; 3[
1 sur [3; +∞[
a) Les v.a. VA et VB portent sur des pioches effectuées dans des urnes différentes. Il n’y aucune
raison pour que le résultat d’une de ces deux pioches modifie la composition de l’autre urne et donc, non plus, les
probabilités et la loi de la v.a. associée à l’autre pioche.
b) La v.a. VB peut prendre les valeurs 0 et 1 car on effectue une seule pioche (c’est donc une v.a. de Bernoulli). Et
VB = 0 ssi on pioche la boule rouge de l’urne B. Donc p(VB = 0) = 1/3 car il y a une boule rouge sur trois boules,
et équiprobabilité (pioche au hasard). Par conséquent, p(VB = 1) = 2/3. Loi de VB
i
0
1
p(VB = i)
1/3
2/3
n.b. La notation p(VB ), trouvée dans certaines copies, n’a aucun sens.
La v.a. VA peut prendre les valeurs 0 et 1 car il n’y a qu’une boule verte dans l’urne A. Et VA = 0 ssi on pioche le
deux boules rouges. Donc p(VA = 0) = 1/3 car on peut piocher trois paires distinctes et une seule comporte deux
boules rouges, et la pioche est effectuée au hasard (équiprobabiité). Par conséquent p(VA = 1) = 2/3.
La loi de v.a. VA est donc la même que celle de la v.a. VB . Ce sont deux v.a. de Bernoulli de paramètres 2/3.
n.b. Mais elles n’ont aucune raison d’être égales.
c) Comme ces deux v.a. sont indépendantes, leur loi conjointe se calcule facilement : pour tout a, b, p(VA = a; VB =
b) = p(VA = a) × p(VB = b). Ce qui donne VB VA
0
1
0
1
1/9
2/9
2/9
4/9
d) Le joueur marque 2 points par boule verte piochée dans l’urne A soit 0 ou 2 points, soit 2 × VA . Et pour l’urne
B, il marque 3 × VB . Donc SV = 2VA + 3VB .
e) D’après le cours, on a E[SV ] = E[2VA + 3VB ] = 2E[VA ] + 3E[VB ]. D’après ce qu’on a vu, l’espérance de VA
et celle de VB sont connues, et valent 2/3. Donc E[SV ] = 10/3.
Pour la variance, il faut souligner que les deux v.a. VA et VB sont indépendantes, et de même variance
var(SV ) = var(2VA + 3VB ) = var(2VA ) + var(3VB )
= 4 var(VA ) + 9 var(VB )
= 4×
2
9
+9×
2
9
× 23 .
car 2VA et 3VB sont indépendantes
car var(αX) = α2 var(X).
= 26/9.
f) On se rapporte à la loi conjointe de VA et VB :
Exercice 3
1
3
(VA , VB )
(0, 0)
(1, 0)
(0, 1)
(1, 1)
SV
probabilité
0
1/9
2
2/9
3
2/9
5
4/9
a) b) Chaque date d’anniversaire (des n autres personnes que moi) peut être vue comme un tirage
de Bernoulli avec résultat 1 (succès) si cette date est la même que celle de mon anniversaire, résultat 0 (échec) si
cette date n’est pas la même que celle de mon anniversaire.
Puisque les dates sont réparties uniformément, le paramètre de chacun de ces tirages de Berenoulli est p =
1
30
(1
jour favorable, 30 jours possibles).
Puisque les dates sont indépendantes les unes des autres, ces tirages de Bernoulli sont indépendants.
Il s’agit donc de n tirages de Bernoulli, identiques et indépendants. Donc, le nombre X des succès obtenus au cours
de ces n tirages est la v.a. binomiale de paramètres n et p =
1
.
30
Or X est précisément le nombre de personnes, parmi les n autres, qui ont le même anniversaire que moi.
n−k
k pk q n−k = C k 29
p(X = k) = Cn
n 30n .
Donc, pour 0 6 k 6 n,
n
0 29
=
c) La probabilité qu’aucune personne n’ait le même anniversaire que moi est p(X = 0) = Cn
30n
conséquent, la probabilité qu’au moins une personne ait le même anniversaire que moi est 1 −
29 n
30
29 n
.
30
Par
.
d) On calcule plus facilement la probabilité de l’événement contraire E =“il n’y a pas deux personnes ayant le même
anniversaire”.
n.b. La question est très différente des précédentes et il n’est pas possible, pour y répondre, d’utiliser la v.a. X des questions
précédentes.
On peut refaire le calcul du cours :
Ou utiliser les probabilités conditionnelles :
Il y a 30n+1 listes possibles de n + 1 dates en juin et
Ai =“la ie personne n’a pas le même anniversaire
30 × 29 × · · · × (30 − ((n + 1) − 1)) de ces listes sont
qu’une des i − 1 premières persones”.
sans répétitions.
Alors pA1 ∩A2 ∩···∩Ai (Ai+1 ) =
Puisque la répartition est indépendante et uniforme,
nbre de listes sans répétitions
on a p(E) =
nbre total de listes
E = A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An+1 .
30−i
30
et p(A1 ) = 1 et
Donc
p(E) = p(A1 ) × pA1 (A2 ) × · · · × pA1 ∩···∩An (An+1 ).
Donc p(E) =
Exercice 4
A31
n
30n+1
30 × 29 × · · · × 30 − ((n + 1) − 1)
=
30n+1
et p(E) = 1 −
A31
n
.
30n+1
a) Si i > 11, p(X = i) = 0 car il n’y a que 10 enveloppes vides en tout, donc je ne peux pas en avoir
11 ou plus.
20 ), le
Si i 6 10, mon lot a été constitué au hasard donc sur tous les lots possibles de 20 enveloppes (il y en C100
nombre de ceux qui comportent exactement i enveloppes vides est
i (nbre de choix de i enveloppes vides) × C 20−i (nbre de choix de 20 − i enveloppes non vides).
C10
90
Donc p(X = i) =
20−i
i
C10
×C90
20
C100
,
pour 0 6 i 6 10. b) La loi de X est la loi hypergéométrique : on a une population
particulière (les enveloppes vides) dans une population globale (toutes les enveloppes), et on pioche au hasard un
échantillon (les enveloppes que je dois déouiller), et X désigne le nombre d’individus de la population particulière
parmi l’échantillon pioché. Les paramètres de X sont N = 100 l’effectif total, m = 10 l’effectif particulier, et n = 10
la taille de l’échantillon.
Exercice 5
Inégalité de Markov — Si X est une v.a. à valeurs positives et a un réel > 0, alors p(X > a) 6
Soit une v.a. X, d’espérance finie µ et un réel λ > 0.
On considère la v.a. Y = (X − λ)2 et a = λ2 .
On a Y > 0 et λ2 > 0. Et l’inégalité de Markov donne
On obtient donc l’inégalité de Chebyshev.
p(Y > a) 6
i.e.
p((X − λ)2 > λ2 )
i.e.
p(|X − λ| > λ) 6
E[Y ]
a
E[(X−λ)2 ]
6
λ2
var(X)
.
2
λ
E[X]
.
a