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Exercices corrigs deprobabilits et statistique

Universit Paris 1 Panthon-Sorbonne

Cours de deuxime anne de licence de sciences conomiques

Fabrice Rossi

Cette uvre est mise disposition selon les termes de la licence CreativeCommons Paternit - Partage lIdentique 3.0 non transpos.

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Table des matires

Table des matires iii

1 Dnombrement et quiprobabilit 1

2 Conditionnement et indpendance 9

3 Variables alatoires discrtes 17

4 Lois discrtes classiques 21

5 Lois continues classiques 27

6 Variable fonction dune autre variable 33

7 Couples de variables alatoires 39

volutions de ce document 47

iii

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Introduction

Ce document propose des exercices corrigs illustrant le cours de probabilits

et statistique. Les corrections sont abondamment commentes pour faciliter la

comprhension et expliciter le raisonnement qui conduit la bonne solution.On trouve ainsi la suite de lnonc dun exercice une srie de commentairesencadrant des lments de correction. La rponse attendue lors dune valuationest constitue de lensemble des lments de correction, lexclusion, bienentendu, des commentaires.

v

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Chapitre 1

Dnombrement etquiprobabilit

Exercice 1.1

nonc On place dans un sac 5 billets de 5e, 7 billets de 10e et 10 billetsde 20e. On choisit au hasard une poigne de 8 billets, chaque billet ayant lamme probabilit dtre attrap.

1. Quelle est la probabilit de navoir choisi aucun billet de 5 e?

2. Quelle est la probabilit davoir obtenu uniquement des billets de 20e?

3. Quelle est la probabilit davoir obtenu au moins un billet de chaquevaleur ?

4. On recommence lexprience en tirant les billets un par un et en remettantle billet dans le sac aprs son tirage. Calculer les probabilits des troisvnements ci-dessus dans cette nouvelle exprience.

Comme dans tout exercice de probabilit qui ne fait pas intervenir de variablesalatoires, on doit commencer la rsolution par la dfinition de lunivers associ lexprience. On rencontre ici une difficult classique : les billets dunecatgorie ne sont pas (facilement) discernables. On pourrait donc tre tent

de tenir compte de ce fait dans : cest en gnral une mauvaise ide. Onsuppose donc les billets discernables (numrots, par exemple).

Correction

On suppose les billets discernables. On appelle c1, . . . , c5 les 5 billets de5 e, d1, . . . , d7 les 7 billets de 10 e et v1, . . . , v10 les 10 billets de 20 e. Onnote lensemble des billets B, avec

B = {c1, . . . , c5, d1, . . . , d7, v1, . . . , v10} .

1

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2 CHAPITRE 1. DNOMBREMENT ET QUIPROBABILIT

Lunivers de lexprience alatoire, , est constitu de tous les ensembles de

8 billets distincts, soit donc

= {{b1, . . . , b8} | i, bi B et j = i, bi = bj} .

La dfinition de lunivers est ici trs formelle. On peut se contenter dunedfinition plus informelle, condition de bien faire ressortir dans celle-ci deuxlments cruciaux de lnonc : le nombre dlments choisis (ici 8) et lanature du tirage. Ici, on indique quon tire une poigne de billets, ce quiimplique quil ny a pas de remise et quil ny a pas dordre. Ceci est traduitmathmatiquement par le fait quon considre un ensemble de billets (et pas

une liste) et que les billets sont distincts. Ces deux mots cl ( ensemble etdistinct) doivent imprativement apparatre dans la rponse. Il faut aussi faireapparatre lensemble des objets dans lequel les sous-ensembles sont choisis (ici,B).

Il faut maintenant dfinir la probabilit sur . Comme dans de nombreusessituations, on fait une hypothse naturelle dquiprobabilit, ce qui transforme

le calcul dune probabilit en celui de la taille dun ensemble.

Correction

Les billets tant quiprobables, on suppose que la probabilit est uniforme

que et donc que pour tout vnement A, sa probabilitP

(A) est donnepar

P(A) =|A|

||.

On sait que || est donn par C822 car il sagit de lensemble des sous-ensemblesde cardinal 8 de lensemble B qui est lui mme de cardinal 22.

Notons quil est important de justifier brivement le choix de la probabilituniforme (comme cest fait ici) et de rappeler le mode de calcul des probabilitsdans cette situation.

Une fois lexprience dcrite par son univers et la probabilit associe,

on peut passer aux questions proprement dites. En gnral, les solutions obtenues en sattaquant directement aux questions sans passer par la phase de

modlisation sont totalement fausses.

Correction

Soit lvnement A = {navoir aucun billet de 5 e}. Il est clair que Apeut aussi sexprimer

A = {avoir uniquement des billets de 10 e et de 20 e}.

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3

On cherche donc les sous-ensembles de 8 billets distincts choisis dans B,

lensemble des 17 billets de 10 e et 20 e. On en dduit alors que |A| = C817,puis que

P(A) =C817C822

=17!

9!8!

14!8!

22!=

17 16 10

22 21 15 0, 076

Notons que le rsultat attendu est simplement celui qui fait apparatre lesformules explicites pour les Cpn. La simplification du rsultat et la valeurnumrique approche ne doivent pas tre fournies en gnral.

On peut interprter le rsultat sous forme dun tirage squentiel. Il est clairen effet que la probabilit de tirer un unique billet qui ne soit pas de 5 e estde 1722 . Si on tire ensuite un deuxime billet sans remettre le premier, il nereste plus que 21 billets, dont seulement 16 ne sont pas de 5 e. La probabilitde ne pas tomber sur un billet de 5 e devient donc 1621 , puis

1520 et ainsi de

suite jusqu 1015 pour le huitime billet. En formalisant ce raisonnement et ensappuyant sur la notion de probabilits conditionnelles, on peut retrouver lersultat sur P(A). Il est cependant beaucoup plus simple de dterminer la taillede A en sappuyant sur des proprits connues.

Notons quil ne faut surtout pas chercher dterminer la composition dela poigne de billets ne contenant pas de billets de 5 e au risque de perdre

beaucoup de temps. Cet exercice se diffrencie donc dautres exercices danslesquels on tudie une partie complexe de en la dcomposant en partiesplus simples. Ici, on sintresse toujours des sous-ensembles de taille huit,mais on change lensemble dont ils sont des parties : on passe de B tout entier(lensemble des 22 billets) un sous-ensemble de B. On procde exactement dela mme faon pour la question suivante.

Correction

Soit lvnement D = {obtenir uniquement des billets de 20 e}. On

cherche ainsi les sous-ensembles de taille 8 billets choisis dans lensemble des10 billets de 20 e. On donc |D| = C810 et

P(D) =C810C822

=10!

8!8!

14!8!

22! 1, 41104.

La troisime question se traite dune faon assez diffrente car elle ncessite de

rcrire lvnement.

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4 CHAPITRE 1. DNOMBREMENT ET QUIPROBABILIT

Correction

Soit lvnement

E = {obtenir au moins un billet de chaque valeur}.

On tudie son complmentaire F = E quon dcompose en deux sous-vnements disjoints :

F1 = {obtenir des billets dune seule valeur}

F2 = {obtenir des billets de deux valeurs}.

F1 est en fait lvnement

F1 = {obtenir uniquement des billets de 20e

} = D,car il ny a pas assez de billets de 5 e et de 10 e pour obtenir une poignede 8 billets compose uniquement de lune ou lautre des valeurs. On saitdj que |F1| = C810. On dcompose F2 en trois sous-ensembles disjoints :

G5 = {obtenir des billets de 10 e et de 20 e, et pas de 5 e},

G10 = {obtenir des billets de 5 e et de 20 e, et pas de 10 e},

G20 = {obtenir des billets de 5 e et de 10 e, et pas de 20 e}.

On remarque que

G20 = {navoir aucun billet de 20 e}.

En effet, comme il y a strictement moins de 8 billets de 5 e et de 10 e, nepas obtenir de billet de 20 e implique dobtenir au moins un billet de 5 e etau moins un billet de 10 e. Daprs le raisonnement de la premire question,

on a donc |G20| = C812.On remarque aussi que

G5 = {aucun billet de 5 e} \ {uniquement des billets de 20 e}.

Daprs la question 1, |{aucun billet de 5 e}| = C817, alors que daprs laquestion 2, |{uniquement des billets de 20 e}| = C810. On a donc

|G5| = C817 C

810.

Un raisonnement similaire conduit

|G10| = C815 C

810.

Finalement, on a

|F| = |F1| + |G5| + |G10| + |G20|

= C810 + C817 C

810 + C

815 C

810 + C

812

= C817 + C815 + C

812 C

810

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5

On a donc

P(E) = 1 P(F) = 1 C817 + C

815 + C

812 C

810

C822 0, 902.

Cette question est beaucoup plus complexe que les prcdentes et peut conduire des solutions fausses de faon malheureusement assez naturelle. Il est frquentpar exemple de confondre les vnements G5 et A. Or, dans G5, on considre les

poignes qui ne contiennent pas de billet de 5 e mais qui contiennent aussi aumoins un billet de 10 e et au moins un billet de 20 e. Lvnement A est moinsrestrictif car il demande seulement de ne pas avoir de billet de 5 e. On peutdonc obtenir une poigne ne contenant que des billets de 20 e. Pour trouver|G5|, on doit donc enlever de A les poignes ne contenant que des billets de 20e.

Une autre erreur classique consiste essayer de construire les rsultatsde lexprience qui constituent lvnement tudi. Cette stratgie fonctionnetrs bien dans certaines situations, mais elle est parfois dlicate mettre enuvre. Dans la question prcdente, on tudie donc des sous-ensembles de8 billets contenant au moins un billet de chaque valeur. Pour obtenir un telsous-ensemble, on peut donc choisir un billet de 5 e (soit 5 possibilits), unbillet de 10 e (7 possibilits), un billet de 20 e (10 possibilits) et enfin 5billets quelconques parmi les 19 billets restants (soit donc C519 possibilits). Les

choix tant indpendants, on obtient 5 7 10 C

5

19 faons de construire unepoigne de 8 billets.Le problme est quon construit de cette faon plusieurs fois les mmes

poignes, ce qui revient les compter plusieurs fois. Si on choisit par exemple lesbillets (c1, d1, v1) puis la poigne {c2, c3, d2, d3, v2}, on obtient la mme poigneque si on commence par choisir (c2, d2, v2) puis la poigne {c1, c3, d1, d3, v1}.En fait 5 7 10 C519 = 4 069 800 alors que C

822 = 319 770 : on compte donc

de trs nombreuses fois les mmes poignes. Il faudrait ainsi trouver un moyendviter ces constructions redondantes, ce qui est assez complexe. La meilleuresolution reste alors la technique de dcomposition utilise dans la correction.

Le traitement de la question 4 ncessite lintroduction dun nouvel univers.

Comme indiqu plus haut, cette tape est indispensable pour obtenir desrsultats corrects.

Correction

Le tirage tant maintenant squentiel, on obtient une liste de billets. De

plus, comme les billets sont remis dans le sac, on peut obtenir plusieurs foisle mme. Lunivers est donc le produit cartsien B8, soit

= {(b1, . . . , b8) | i, bi B}.

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6 CHAPITRE 1. DNOMBREMENT ET QUIPROBABILIT

Comme dans la dfinition du premier univers, on attend ici des expressions cl

importantes : liste (par opposition ensemble et pour tenir compte de lordredans le tirage) et plusieurs fois le mme (par opposition distinct et pourtraduire la remise entre chaque tirage).

On introduit ensuite la probabilit sur .

Correction

Comme dans les questions prcdents, on utilise la probabilit uniformesur , ce qui demande le calcul du cardinal de cet ensemble. Comme cestun produit cartsien, on a

|| = |B|8

= 228

.

Le calcul des trois probabilits se fait ensuite assez facilement en utilisant lesmmes raisonnements que dans la premire exprience, avec les adaptationsncessaires au mode de tirage.

Correction

On considre lvnement A = {navoir aucun billet de 5 e}. Commepour la question 1, il sagit de trouver les tirages ne contenant que des

billets de 10 e et de 20 e. On cherche donc les listes de 8 billets choisisdans B, lensemble des billets de 10 e et de 20 e. On a donc clairement|A| = |B|8 = 178. Donc

P(A) =178

228 0, 127.

De mme, lvnement D = {obtenir uniquement des billets de 20 e} setraite comme la question : il sagit de trouver des listes de 8 billets choisis

parmi les 10 billets de 20 e. On a clairement 108 listes de ce type, ce quiconduit

P

(D) =

108

228 1, 82 10

3

.Enfin, lvnement

E = {obtenir au moins un billet de chaque valeur},

se traite par dcomposition exactement comme dans la question 3. Enutilisant les mmes notations, on cherche donc la taille de son complmentaireF en passant par F1 et F2. Une diffrence avec la question 3 est quon peutobtenir ici des listes de 8 billets contenant uniquement des billets de 5 e, ouuniquement des billets de 10 e car on remet les billets. On dcompose donc

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F1 en trois sous-vnements disjoints :

H5 = {obtenir uniquement des billets de 5 e},

H10 = {obtenir uniquement des billets de 10 e},

H20 = {obtenir uniquement des billets de 20 e}.

Dans chaque cas, on cherche des listes constitues uniquement des billets duncatgorie, ce qui conduit un ensemble contenant k8 listes si on considre k

billets. On a donc

|H5| = 58,

|H10| = 78,

|H20| = 108.

Le calcul des cardinaux de G5, G10 et G20 se fait selon les mmes principesque dans la question 3 : on compte dabord le nombre de listes ne contenantpas de billets de la valeur non souhaite, puis on enlve au total le nombrede listes composes uniquement dun type de billet. On obtient ainsi :

|G5| = (7 + 10)8

pas de 5 e

78uniquement des 10 e

108uniquement des 20 e

,

|G10| = (5 + 10)8 58 108,

|G20| = (5 + 7)8 58 78.

Finalement, on a

|F| = |H5| + |H10| + |H20| + |G5| + |G10| + |G20|,

= 178 + 158 + 128 58 78 108,

ce qui donne

P(E) = 1 P(F) = 1 178 + 158 + 128 58 78 108

228 0, 820.

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Chapitre 2

Conditionnement etindpendance

Exercice 2.1

nonc On considre le jeu suivant : le joueur lance dabord un d non truqu.Il tire ensuite un jeton dans une urne choisie en fonction du rsultat du d.Lurne A est choisie quand le d donne 1, 2 ou 3, lurne B quand on obtient 4ou 5 et lurne C quand on obtient 6. Les urnes contiennent les jetons suivants :

urne A : deux jetons rouges, trois jetons bleus ;urne B : deux jetons bleus, quatre jetons verts ;urne C : un jeton vert, un jeton rouge.

1. Quelle est la probabilit dobtenir un jeton rouge par ce procd ?

2. On obtient un jeton vert. Quelle est la probabilit que ce jeton soit issude lurne B ?

3. On obtient un jeton bleu. Quelle est la probabilit que le lancer du d aitdonn 3 ?

4. Quelle est la probabilit de ne pas obtenir un jeton vert, sachant que lelancer du d a donn 3 ou 6 ?

5. Est-ce que lvnement choisir dans lurne C et lvnement obtenir

un jeton rouge sont indpendants ? Justifiez votre rponse.

La rsolution de lexercice passe comme toujours par une premire phasede modlisation dans laquelle on traduit lnonc sous forme dhypothsesmathmatiques.

Correction

On considre les vnements R, Bl et V qui correspondent respectivement

lobtention dun jeton rouge, bleu ou vert la fin de lexprience. On

9

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10 CHAPITRE 2. CONDITIONNEMENT ET INDPENDANCE

considre aussi les vnements A, B et C correspondant respectivement

lutilisation des urnes dsignes par les mmes lettres.Comme le d utilis nest pas truqu, on suppose que la probabilit sur

lensemble des faces du d {1, . . . , 6} est uniforme. Daprs lnonc, on a

P(A|{le d donne 1, 2 ou 3}) = 1,

P(A|{le d donne 4, 5 ou 6}) = 0.

La probabilit conditionnelle sur P(A|{le d donne 1, 2 ou 3}) est la traductionnaturelle de la relation dterministe (cest--dire non alatoire) entre rsultat

du lancer de d et le choix de lurne. De faon gnrale, on traduit un noncde la forme si U alors V en P(V|U) = 1.

Correction

Comme les vnements {le d donne 1, 2 ou 3} et {le d donne 4, 5 ou 6}sont disjoints et que leur union forme lunivers tout entier (du point de vuedu lancer du d), on peut appliquer la loi des probabilits totales. On a donc

P(A) =P(A|{le d donne 1, 2 ou 3})P({le d donne 1, 2 ou 3})

+P

(A|{le d donne 4, 5 ou 6})P

({le d donne 4, 5 ou 6}).On a donc aprs simplification

P(A) = P({le d donne 1, 2 ou 3}) =|{1, 2, 3}|

|{1, 2, 3, 4, 5, 6}|=

1

2.

De la mme faon, on obtient

P(B) =1

3,

P(C) =1

6.

On peut obtenir les probabilits des trois vnements A, B et C dune autrefaon en sappuyant sur la notion de variable alatoire, voir le chapitre 3. Danstous les cas, il est indispensable de sappuyer sur des proprits connues et des

dfinitions prcises. Ici, on utilise la loi des probabilits totales. On commencedonc par indiquer que les hypothses de celle-ci sont remplies (vnementsdisjoints et dont lunion est lunivers), puis on applique la loi. On ne peut passe contenter de donner directement le rsultat de cette application.

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Correction

Considrons le tirage dun jeton dans lurne A. Lunivers correspondantA scrit

A = {r1, r2, b1, b2, b3},

o r1 et r2 sont les jetons rouges, et b1, b2, et b3 les jetons bleus. Les jetonssont supposs discernables pour faciliter lanalyse. En labsence dhypothseparticulire sur les urnes et les jetons, on suppose que la probabilit sur A,PA, est uniforme. On a donc

PA(R) = PA({r1, r2}) =|{r1, r2}|

|{r1, r2, b1, b2, b3}|=

2

5.

De la mme faon, on trouve

PA(Bl) =3

5,

PA(V) = 0.

On a donc

P(R|A) =2

5,

P(Bl|A) =3

5,

P(V|A) = 0.

Un raisonnement similaire permet de calculer les autres probabilits condi-tionnelles comme par exemple P(Bl|B) que nous utiliserons pour rpondreaux questions.

On note ici un passage de PA P(.|A) : il sagit de lutilisation directe dela notion de probabilit conditionnelle. Quand on travaille dans lurne A, onfait implicitement lhypothse que lvnement A a eu lieu. Toute lanalyseconduite sur lurne A, en particulier son univers A et la probabilit associePA, nest donc valide que conditionnellement lvnement A. Les probabilits

quon obtient sont donc des probabilits conditionnelles.La modlisation tant termine, on peut passer la rsolution des questions.

Correction

Pour obtenir la probabilit de R (obtention dun jeton rouge), on utilisedabord la loi des probabilits totales relativement aux vnements A, B etC. En effet, ces trois vnements sont disjoints et leur union forme lunivers

tout entier (puisquon choisit toujours une urne). On a donc

P(R) = P(R|A)P(A) + P(R|B)P(B) + P(R|C)P(C).

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12 CHAPITRE 2. CONDITIONNEMENT ET INDPENDANCE

Il nous reste calculer P(R|B) et P(R|C). Or lurne B ne contient pas de

jeton rouge, ce qui donne P(R|B) = 0. En appliquant le mme raisonnementque celui appliqu lurne A, on obtient que P(R|C) = 12 , car il y a deux

jetons dans lurne C dont un seul est rouge. On a donc

P(R) =2

5

1

2+ 0

1

3+

1

2

1

6=

17

60.

Comme dans la phase danalyse, il est indispensable de bien sappuyer surdes proprits connues des probabilits. En fait, cest encore plus crucial icique dans le calcul de P(A) par exemple. En effet, le recours aux probabilitsconditionnelles dans le calcul des probabilits des trois urnes est trs rigoureux,

mais on peut accepter une solution plus intuitive qui consiste simplement traduire lvnement A en un vnement correspondant pour le lancer du d.On peut dire en effet que

{obtenir lurne A} = {le d donne 1, 2 ou 3},

puis calculer P(A) par simple dnombrement. Ce type de raisonnement nestpas applicable pour la question 1 qui ncessite au contraire lutilisation de laloi des probabilits totales.

Correction

On cherche donc calculer P(B|V). On applique la rgle de Bayes quidonne

P(B|V) =P(V|B)P(B)

P(V).

En appliquant toujours le mme raisonnement, on voit que P(V|B) = 46 =23

car lurne B contient 6 jetons dont 4 sont verts. Pour calculer enfin P(V),on applique de nouveau la loi des probabilits totales qui donne

P(V) = P(V|A)P(A) + P(V|B)P(B) + P(V|C)P(C).

Comme lurne A ne contient pas de jeton vert, on a P(V|A) = 0. On a aussiP(V|C) = 1

2

car lurne C contient 2 jetons dont un est vert. On a donc

P(V) = 0 1

2+

2

3

1

3+

1

2

1

6=

11

36,

ce qui conduit

P(B|V) =23

13

1136

=8

11.

On note deux points importants dans la solution. Il faut dabord traduirecorrectement lnonc : ici on sait que V a eu lieu puisquon a obtenu un jeton

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vert. On demande alors la probabilit de B, ce qui sous-entend quon cherche

la probabilit conditionnelle de cet vnement ou, en dautres termes, quoncherche la probabilit de B sachant que V a eu lieu. On doit donc calculerP(B|V).

Cette grandeur tant inconnue, on utilise loutil classique pour se ramener des grandeurs connues, savoir la rgle de Bayes (il faut imprativementrappeler le nom de cette rgle pour lutiliser). Elle permet en effet de renverser le conditionnement : on passe ici de P(B|V) P(V|B). Or, cette deuximegrandeur est connue puisquelle se dduit du protocole suivi dans lexprience.

La question suivante se traite exactement de la mme manire : on utilisela rgle de Bayes et la loi des probabilits totales pour calculer les probabilits

conditionnelles recherches.

Correction

On cherche calculer P({le d donne 3}|Bl). En notant {3} lvnementsur le d, la rgle de Bayes donne

P({3}|Bl) =P(Bl|{3})P({3})

P(Bl).

En appliquant {3} le mme raisonnement qu A, on a

P(Bl|{3}) =3

5

,

car lvnement {3} conduit un tirage dun jeton dans lurne A qui encontient 5 donc 3 sont bleus. Dautre part, comme le d nest pas truqu,on a P({3}) = 16 . Enfin, on calcule P(Bl) par lintermdiaire de la loi desprobabilits totales, ce qui donne

P(Bl) = P(Bl|A)P(A) + P(Bl|B)P(B) + P(Bl|C)P(C).

Or, P(Bl|C) = 0 car lurne C ne contient pas de jeton bleu, et P(Bl|C) =26 =

13 car lurne B contient 6 jetons donc 2 bleus. On a donc

P(Bl) = 35 12 + 13 13 + 0 16 = 3790 ,

ce qui conduit

P({3}|Bl) =35

16

3790

=9

37.

Ltude dun vnement sur le d plutt que sur lurne demande un peudattention : il faut en effet justifier que P(Bl|{3}) = P(Bl|A) ce qui se faitsimplement en indiquant quon raisonne de la mme faon dans les deux cas.

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14 CHAPITRE 2. CONDITIONNEMENT ET INDPENDANCE

On sait en effet que lobtention dun 3 conduit utiliser lurne A et donc

aux probabilits conditionnelles dj calcules. Il faut simplement bien faireattention de considrer P(Bl|{3}) dans les calculs, et pas P(Bl|A), pour vitertoute confusion.

La question suivante est un peu plus subtile. Elle est destine testerles connaissance sur les probabilits conditionnelles. En effet, si U et V sontdeux vnements disjoints, on pourrait croire que pour un autre vnement W,P(W|U ou V) est gal la somme de P(W|U) et P(W|V), ce qui est faux engnral. En revanche, comme une probabilit conditionnelle est une probabilit,

on a bien

P(U ou V|W) = P(U|W) + P(U|V),

quand U et V sont disjoints. En utilisant la rgle de Bayes ou la dfinition desprobabilits conditionnelles, on peut donc calculer P(W|U ou V), mais cestun peu plus complexe quon pourrait le croire de prime abord.

Correction

On cherche donc P(V|D) avec

D = {le d a donn 3 ou 6}.

En utilisant le fait que P(V|D) = 1 P(V|D), on se ramne au calcul deP(V|D). Or, par dfinition des probabilits conditionnelles, on a

P(V|D) =P(V D)

P(D)=P(V {3}) + P(V {6})

P({3}) + P({6}),

la deuxime galit provenant du fait que D est lunion disjointe des deuxvnements {3} et {6} (qui dsignent respectivement lobtention dun 3 etdun 6).

On sait que P(V {3}) = 0 puisque lobtention dun 3 conduit utiliserlurne A qui ne contient pas de jeton vert. Dautre part, en appliquant denouveau la dfinition des probabilits conditionnelles, on a

P(V {6}) = P(V|{6})P({6}).

Or, lobtention dun 6 conduit utiliser lurne C et donc choisir un jetonparmi deux jetons (dont un est vert). On a donc P(V|{6}) = 12 . On en dduitdonc

P(V|D) =0 + 12

16

16 +

16

=1

4,

et donc finalement que P(V|D) = 34 .

La dernire question est essentiellement une question de cours.

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15

Correction

Deux vnements U et V sont indpendants si et seulement si P(U V) = P(U)P(V). On considre donc lvnement C R. Par dfinition desprobabilits conditionnelles, on a

P(C R) = P(R|C)P(C) =1

2

1

6.

Or, daprs la question 1, P(R) = 1760 , donc

P(R) P(C) =17

60

1

6= P(C R).

De ce fait, les deux vnements considrs ne sont pas indpendants.

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Chapitre 3

Variables alatoires discrtes

Exercice 3.1

nonc On considre le jeu suivant : le joueur lance dabord un d non truqu.Sil obtient1, 2 ou3, il gagne lquivalent en euros (cest--dire 1 e sil obtient1,par exemple). Sinon, il perd 2e. On note X la variable alatoire correspondantau gain du joueur (ngatif en cas de perte).

1. Donnez la loi de X et sa fonction de rpartition FX.

2. Calculez lesprance de X.

3. Calculez la variance de X.

On modifie le jeu de la faon suivante : les gains restent les mmes pour lesrsultats 1, 2 ou 3, mais si le joueur obtient autre chose, il relance le d. Silobtient 3 ou moins, il gagne 3e, sinon il perd 5e.

1. Dcrivez formellement lunivers du nouveau jeu.

2. Donnez la loi de Y (qui dsigne de nouveau le gain du joueur) et calculezson esprance.

3. Quelle variante du jeu est la plus avantageuse pour le joueur ?

Quand une variable alatoire est dfinie de faon explicite, il est importantde bien dfinir lunivers de lexprience alatoire de dpart afin dviter touteconfusion. Cela sera particulirement important dans la deuxime partie de

lexercice.

Correction

Lexprience alatoire est un lancer de d dont lunivers est donc

= {1, 2, 3, 4, 5, 6},

muni dune probabilit uniforme (car le d nest pas truqu). La variablealatoire X est donne par le tableau suivant :

1 2 3 4 5 6

X() 1 2 3 2 2 2

17

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18 CHAPITRE 3. VARIABLES ALATOIRES DISCRTES

On en dduit donc que X() = {2, 1, 2, 3}. La loi de X est donne par

P({X() = x}) = P(X1({x})) pour les x X(). En utilisant le fait quela probabilit P est uniforme, on obtient les rsultats rsums dans le tableausuivant, dont la dernire ligne donne la loi de X :

x 2 1 2 3X1({x}) {4, 5, 6} {1} {2} {3}PX(x)

12

16

16

16

Une fois la loi de X dtermine, les questions suivantes sont essentiellementdes questions de cours, associes la ralisation de quelques calculs.

Correction

La fonction de rpartition FX dfinie par FX(x) = P(X x) est alors

FX(x) =

0 pour x < 2,12 pour 2 x < 1,23 pour 1 x < 2,56 pour 2 x < 3,

1 pour x 3.

Pour calculerE

(X), on applique la dfinition de lesprance, savoir

E(X) =

xX()

xPX(x).

On obtient ainsi

E(X) = 2 1

2+ 1

1

6+ 2

1

6+ 3

1

6= 0.

Pour calculer V(X), on utilise V(X) = E(X2) (E(X))2. On a

E(X2) = (2)2 1

2+ 12

1

6+ 22

1

6+ 32

1

6=

13

3,

et donc V(X) = 133 4,33.

Pour le calcul de la variance, il est rare que le passage par la formule dedfinition, cest--dire

V(X) = E

(X E(X))2

,

soit trs pratique. En gnral, il vaut mieux passer par la formule utiliseci-dessus. Dans le calcul de E(X2), deux erreurs classiques sont viter. On

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doit tout dabord mettre au carr les valeurs prises par X, pas les probabilits

de ces valeurs. De plus, il faut tre attentif au signe de ces valeurs : dans lecalcul ci-dessus, on a bien (2)2 = 4 et non pas (22) = 4, ce qui donneraitun rsultat compltement faux.

La deuxime partie de lexercice est plus dlicate car lexprience ne semplepas symtrique. La solution la plus simple pour lanalyser est de faire comme sielle tait symtrique : on considre deux lancers de d, le deuxime tant inutilepour la dfinition de Y dans certaines situations. Cette approche sapparente celle utilise pour faciliter le traitement de certains problmes dans lesquels onfait comme si les objets tudis (des jetons par exemple) taient discernablesalors quils ne le sont pas.

CorrectionOn choisit comme univers celui dune exprience dans laquelle on lance

toujours deux fois le d. On a donc

= {1, 2, 3, 4, 5, 6} {1, 2, 3, 4, 5, 6},

muni de la probabilit uniforme.La variable alatoire Y est alors donne par le tableau suivant en fonction

du rsultat de lexprience = (u,v) :

(u,v) 1 2 3 4 5 6

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 23 3 3 3 3 3 34 3 3 3 5 5 55 3 3 3 5 5 56 3 3 3 5 5 5

On constate que Y() = {5, 1, 2, 3}. Pour tout y Y(), on doit dtermi-ner Y1({y}) pour calculer la probabilit de cet vnement et ainsi la loi deY. Daprs le tableau, on a

Y1({5}) ={4, 5, 6} {4, 5, 6},

Y1({1}) ={1} {1, 2, 3, 4, 5, 6},

Y1({2}) ={2} {1, 2, 3, 4, 5, 6},

Y1({3}) = ({3} {1, 2, 3, 4, 5, 6}) ({4, 5, 6} {1, 2, 3}) .

En utilisant le fait que la probabilit sur est uniforme, on obtient le tableau

suivant qui rsume la loi de Y :

y 5 1 2 3PY(y)

936 =

14

636 =

16

636 =

16

636 +

936 =

512

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20 CHAPITRE 3. VARIABLES ALATOIRES DISCRTES

Comme dans la premire partie de lexercice, une fois la loi de Y dtermine,

le reste nest que calcul...

Correction

On aE(Y) = 5

1

4+ 1

1

6+ 2

1

6+ 3

5

12=

1

2.

Comme E(Y) > E(X), on gagne en moyenne plus la deuxime variantequi est donc plus avantageuse pour le joueur.

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Chapitre 4

Lois discrtes classiques

Exercice 4.1

nonc Pour amliorer la sret de fonctionnement dun serveur informatique,on envisage dintroduire de la redondance, cest--dire davoir plusieurs exem-plaires des composants importants. On peut raliser les oprations suivantes :

on utilise trois alimentations de 300 Watts chacune : le serveur peutcontinuer fonctionner avec une alimentation en panne car il consommeau maximum 500 Watts.

on place les quatre disques durs en configuration RAID 5 : le serveur peutcontinuer fonctionner avec un disque dur en panne.

On suppose que la probabilit de panne dune alimentation est p et que celledune panne de disque dur est q. On suppose en outre que tous les composantssont indpendants.

1. Soit un serveur avec alimentations redondantes : calculer la probabilitde panne du serveur en supposant quaucun autre composant que lesalimentations ne peut tomber en panne.

2. Soit un serveur avec disques durs RAID 5 : calculer la probabilit depanne du serveur en supposant quaucun autre composant que les disquesdur ne peut tomber en panne.

3. Si p = q, quelle solution de redondance est la plus intressante ?

Cet exercice consiste avant tout en la modlisation dun problme rel aumoyen doutils probabilistes classiques. Il faut donc reconnatre dans lnoncles hypothses qui permettent de se ramener des modles connus.

Correction

Comme un composant possde ici deux tats (en panne ou pas), on consi-dre cet tat comme une variable de Bernoulli, ltat de panne correspondant

au succs de la variable.

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22 CHAPITRE 4. LOIS DISCRTES CLASSIQUES

Donc, ltat de lalimentation i est reprsent par une variable Ai distri-

bue selon B(p) une variable alatoire Bernoulli qui vaut 1 si lalimentationest en panne.

Cette modlisation est trs frquente et trs classique. chaque fois quonrencontre une grandeur alatoire qui peut prendre deux valeurs, on est en faiten prsence dune variable de Bernoulli. La valeur reprsenter par 1 dpend dece quon veut faire dans la suite. Ici, on doit compter le nombre de composantsen panne pour savoir si lordinateur continue de fonctionner. Il est donc naturelde reprsenter par 1 la panne plutt que le bon fonctionnement.

Correction

Lalimentation globale est constitue de trois alimentations A1, A2 etA3. Comme les alimentations sont des variables de Bernoulli indpendantesde mme paramtre p, le nombre dalimentation en panne, qui est la sommeA1 + A2 + A3 est une variable de loi Binomiale B(3, p).

De nouveau, nous utilisons ici une modlisation trs classique. Pour justifierlutilisation dune loi Binomiale, il faut rappeler les proprits importantessuivantes : on compte les succs de variables de Bernoulli indpendantes et demme paramtre. Si les variables ne sont pas indpendantes ou si elles ont desparamtres diffrents, le rsultat nest pas une loi Binomiale. Notons aussi quecompter les succs ou faire la somme des variables est exactement la mmechose et quon peut donc utiliser la justification la plus adapte au contexte.

Correction

Le serveur est en panne si deux au moins des alimentations sont en panne.

On note A lvnement panne de lalimentation globale . On a donc

P(A) = P(A1 + A2 + A3 2),

= P(A1 + A2 + A3 = 2) + P(A1 + A2 + A3 = 3),

= C23p2(1 p) + C33p

3,

= p

2

(3 2p),en utilisant les proprits de la loi Binomiale.

La deuxime question est exactement la mme que la premire mais avec desparamtres numriques lgrement diffrents...

Correction

Comme pour les alimentations, on modlise les disques durs par desvariables Dj de Bernoulli B(q), indpendantes. Le nombre de disques en

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panne est alors une variable de loi Binomiale B(4,q). Le serveur est en panne

si au moins deux des disques sont en panne, lvnement correspondant Dtant de probabilit

P(D) = P

4j=1

Dj 2

,

= P

4j=1

Dj = 2

+ P

4j=1

Dj = 3

+ P

4j=1

Dj = 4

= C24q2(1 q)2 + C34q

3(1 q) + C44q4,

= q2(6(1 q)2 + 4q(1 q) + q2),

= q2(3q2 8q+ 6).

Pour choisir la meilleure solution, on compare les probabilits de panne ensupposant que p = q. On a ainsi

P(A) P(D) = p2(3 2p) p2(3p2 8p + 6),

= p2(3p2 + 6p 3).

Le signe de cette diffrence est alors celui de f(p) = 3p2+ 6p 3. La drivede f est f(p) = 6(1 p) qui sannule en p = 1 et qui est donc positive

sur lintervalle [0, 1]. La fonction est donc croissante sur cet intervalle. Or,f(1) = 0 (et f(0) = 3. Donc, sur lintervalle [0, 1], f(p) 0. La probabilitde dfaillance des alimentations est donc toujours infrieure celle desdisques durs et il est donc plus intressante dutiliser une redondance sur les

alimentations.

On pourrait considrer que lapproche choisie pour valuer lintrt de laredondance est un peu nave. En effet, un ordinateur classique comprendncessairement une alimentation et un stockage prenne de type disque dur.De ce fait, on devrait normalement tudier lordinateur comme un ensemblecomportant un sous-systme redondant (par exemple les disques durs) et unsous-systme non redondant (ici lalimentation), puis calculer la probabilit depanne et comparer les deux solutions.

Il savre en fait que lapproche propose dans lexercice donne un rsultatidentique celui de lapproche plus complexe. Considrons le cas dun ordinateuravec une alimentation redondante et un unique disque dur. On sintresse lvnement lordinateur ne tombe pas en panne , ce qui scrit A D avecles notations de la correction. En supposant les sous-systmes indpendants,on a

P(A D) = P(A)P(D) = (1 P(A))(1 P(D)).

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24 CHAPITRE 4. LOIS DISCRTES CLASSIQUES

En utilisant les rsultats de la correction pour A et les hypothses pour D, on

a doncP(A D) = (1 p2(3 2p))(1 q).

Un raisonnement similaire conduit la probabilit suivant dans le cas dun serveuraux disques durs redondants et lalimentation unique :

P(A D) = (1 p)(1 q2(3q2 8q+ 6)).

Si on suppose maintenant que p = q, on voit apparatre dans les deux expres-sions un facteur (1 p) commun quon peut donc supprimer dans lanalyse.On se retrouve ainsi comparer P(A) et P(D) dans le cas de redondance

pour les deux sous-systmes. Or, il sagit de la comparaison des probabilitsdes complmentaires des vnements tudis dans la correction. On obtientdonc exactement les mmes conclusion que dans cette correction : il est plusintressant de rendre les alimentations redondantes.

Exercice 4.2

nonc Un magasin spcialis reoit en moyenne 4 clients par jour, le nombrede clients tant distribu selon une loi de Poisson. Calculer la probabilit quele magasin soit visit le mercredi par :

1. aucun client ;

2. 5 clients;

3. au moins 6 clients.

Correction

On note C la variable alatoire donnant le nombre de clients reus parjour dans le magasin. Par hypothse, C est distribue selon une loi de Poisson

de paramtre et telle que E(C) = 4. Or, on sait que si C P(), E(C) = ,donc = 4.

La phase de modlisation traditionnelle consiste ici traduire les hypothses de

lnonc exprimes en franais en hypothses mathmatiques. Ici, lnonc faitune hypothse indirecte sur le paramtre de la loi de Poisson en indiquant les-prance de la variable. Une simple phrase de justification permet de transformercette hypothse sur lesprance en une hypothse sur la valeur de . Le restelexercice est alors trs simple et consiste essentiellement en une applicationdes proprits lmentaires de la loi de Poisson.

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Correction

Comme C P(4), on a

P(C = 0) = e440

0!= e4 0.0183.

En appliquant de nouveau la formule de la loi de Poisson, on a

P(C = 5) = e445

5! 0.156.

Enfin, pour calculer P(C 6), on note que

{C 6} = {C 5} =5

k=0

{C = k},

car C prend seulement des valeurs entires. On a donc

P(C 6) = 1 5

k=0

P(C = k) = 1 e45

k=0

4k

k! 0.215.

Seule la dernire question demande un peu de rflexion, puisquil faut crirelvnement {C 6} en terme dvnements de la forme {C = k} qui sont lesseuls dont on connat les probabilits (grce la loi de la variable C). Commela variable alatoire est discrte, un vnement de la forme {C A} scritsous forme de lunion disjointe des vnements {C = a} pour toutes les valeursa A. Pour viter davoir crire une somme infinie pour {C 6}, on utilisele complmentaire de cet vnement, ce qui donne la correction propose.

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Chapitre 5

Lois continues classiques

Exercice 5.1

nonc On remplit un verre de volume 20 cl dune quantit alatoire deauchoisie uniformment entre 0 et 20 cl :

1. quelle est la probabilit dobtenir moins de 5 cl deau ?

2. on vide 5 verres ainsi remplis dans une trs grande bassine. Quelle quantitmoyenne deau obtient-on dans la bassine ?

CorrectionSoit V la variable alatoire correspondant la quantit deau dans un

verre. Par hypothse, V suit une loi uniforme sur lintervalle [0, 20].

La seule difficult de modlisation est de bien comprendre quon travaille iciavec une variable alatoire continue et pas avec une variable discrte. En effet,il ny a pas de raison de supposer que la quantit deau est ncessairement unentier, par exemple.

Correction

On cherche P(V 5). Par dfinition de la fonction de rpartition, on aP(V 5) = FV(5). Or, pour une variable uniforme sur [0, 20], on a

FV(5) =5 0

20 0=

1

4,

qui est donc la probabilit recherche.Quand on vide 5 verres remplis alatoirement, V1, . . . , V 5, on obtient la

quantit alatoire V1 + + V5. Par linarit de lesprance, on a

E(V1 + + V5) = E(V1) + + E(V5).

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28 CHAPITRE 5. LOIS CONTINUES CLASSIQUES

Les variables tant toutes uniformes sur [0, 20], elles sont toutes desprance

0+202 = 10. La quantit moyenne deau obtenue dans la bassine est de donc5 10 = 50 cl.

Il est important de rappeler la proprit utilise ici pour calculer la quantitmoyenne deau, savoir la linarit de lesprance. On note en particulier quecette proprit ne ncessite pas lindpendance entre les variables alatoires.

Exercice 5.2

nonc On suppose que la dure de vie dun disque dur est distribue selon uneloi exponentielle. Le fabricant veut garantir que le disque dur a une probabilit

infrieure 0.001 de tomber en panne sur un an. Quelle dure de vie moyenneminimale doit avoir le disque dur ?

Correction

On appelle D la variable alatoire donnant la dure de vie du disque dur.D suit une loi exponentielle de paramtre . Le fabricant veut garantir que

P(D 1) 0.001.

Comme P(D a) = FD(a) par dfinition, on obtient lingalit

1 exp( 1) 0.001,

en appliquant la formule classique pour la fonction de rpartition dunevariable de loi exponentielle. On a alors

1 exp() 0.001,

0.999 exp(),

ln(0.999) , en utilisant la croissance de ln

ln(0.999),

1

ln(0.999)

1

, en utilisant la dcroissance de1

x999,5

1

.

Or, comme D suit une loi exponentielle, son esprance est 1

. La dure devie moyenne du disque dur doit donc tre dau moins 999,5 ans!

Cet exercice est une simple application des proprits de la loi exponentielle etde la dfinition de la fonction de rpartition. Il faut simplement tre attentif dansla manipulation des ingalits pour bien obtenir une minoration de lesprance

et donc de la dure de vie.

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Exercice 5.3

nonc Daprs une tude rcente, la taille des femmes franaises est distribueselon une loi normale de moyenne m = 1,58 et dcart-type = 0,06. Pourproduire un stock de vtements, un fabricant souhaite utiliser cette loi.

1. Il commence par dterminer un intervalle de la forme [m a, m + a](donc symtrique autour de la moyenne) contenant en moyenne 90 %(environ) des tailles des femmes franaises : calculer a.

2. Il en dduit trois tailles, S, M et L, correspondant respectivement auxintervalles [m a, m a/3], [m a/3, m + a/3] et [m + a/3, m + a].Calculer le pourcentage de la production qui doit tre affect chaquetaille.

Correction

Soit T la variable alatoire reprsentant la taille dune femme. Parhypothse, T suit une loi normale N(1,58;0,062). On cherche a > 0 tel que

P(T [m a,m + a]) = 0,9.

Dans cet exercice, il ny pas dtape de modlisation car la loi de la variabledintrt est donne explicitement, avec la valeur de ses paramtres. La tra-duction de lnonc se limite donc exprimer mathmatiquement lvnementtudi et donner les hypothses sur cet vnement.

Correction

Soit la variable Y = Tm

. On sait que Y suit une loi normale standardN(0;12). De plus, on a

m a T m + a,a T m a,

a

T m

a

.

Donc P(T [m a, m + a]) = 0,9 est quivalent a P(Y [ a

, a

]) = 0,9.Cherchons donc tel que P(Y [, ]) = 0,9.

On utilise ci-dessus la manipulation classique permettant de se ramener unevariable alatoire distribue selon une loi normale standard pour laquelle ondispose dune table. La technique consiste appliquer lvnement dfini sur lavariable dorigine (ici T) les transformations qui conduisent la variable centreet rduite (ici Y). On transforme ainsi lvnement sur T en un vnement surY pour lequel on pourra appliquer la table.

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30 CHAPITRE 5. LOIS CONTINUES CLASSIQUES

Correction

On sait que

P(Y [, ]) = FY() FY(),

car Y est une variable alatoire continue. De plus, par symtrie de la loinormale standard, on FY() = 1 FY(), et ainsi

P(Y [, ]) = 2FY() 1.

De ce fait, chercher tel que P(Y [, ]) = 0,9 est quivalent chercher tel que FY() =

1+0,9

2= 0,95.

La table ne donne que la fonction de rpartition de la loi normale. Il faut donc

se ramener une quation portant sur cette fonction. On utilise dabord lefait que pour toute variable alatoire continue (cest faux pour une variablediscrte), on a

P(X [a, b]) = FX(b) FX(a).

Ensuite, on applique la proprit de symtrie de la loi normale pour se dbar-rasser du terme ngatif (le terme FY()).

Correction

La lecture de la table de la loi normale donne :

FY(1,64) = 0,9495,

FY(1,65) = 0,9505.

Pour avoir un intervalle lgrement plus grand que celui recherch par lefabricant, on choisit = 1,65. Si on pose a = = 0,06 1,65 = 0,099, ona donc

P(T [m a, m + a]) = P(T [1,481;1,679]) 0,9

Il faut tre attentif linversion de la relation dans le calcul final de a. Ona en effet trouv grce la table, mais ce nest pas la grandeur recherchepuisque lvnement tudi est Y [ a

, a

] alors quon ajust la probabilit deY [, ]. On doit donc faire a

= , ce qui donne a.

Le reste de lexercice est une application de la mme stratgie de centrage etde rduction de T, mais avec une utilisation inverse de la table : lvnementtudi est fix et on doit calculer sa probabilit. On a intrt conserver laformule a = pour simplifier les calculs.

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31

Correction

tudions le premier intervalle. On a

m a T m a3 ,a T m a3 ,

a

T m

a

3,

Y

3,

et donc

P

T

m a, m a3

= P

Y

, 3

,

= FY

3

FY(),

= 1 FY

3

1 + FY(), par symtrie

= 0,9505 FY

1,65

3

, selon lanalyse prcdente

= 0,9505 0,7088, par lecture dans la table

= 0,2417.

On a de la mme faon

P

T

m

a

3, m +

a

3

= P

Y

3,

3

,

= FY

3

FY

3

,

= 2FY

3

1,

= 2 0,7088 1,

= 0,4176.

Enfin :

P

T

m +

a

3, m + a

= P

Y

3,

,

= FY() FY

3

,

= 0,9505 0,7088,

= 0,2417,

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32 CHAPITRE 5. LOIS CONTINUES CLASSIQUES

ce dernier rsultat tant vident par symtrie de la loi normale autour de sa

moyenne.On calcule enfin les pourcentages partir de ces probabilits. La produc-

tion totale correspond 90% de la population et on doit donc diviser lesprobabilits obtenues par cette valeur. On obtient alors

% de S = 0,24170,90 27%

% de M = 0,41760,90 46%% de L = 0,24170,90 27%

Lexercice se termine par un pige classique : comme le fabricant se contente

de cibler 90 % de la population, les probabilits dobtenir les diffrentes taillesne donnent pas directement les pourcentages de la production. On doit passerpar un ratio pour obtenir ces pourcentages.

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Chapitre 6

Variable fonction dune autrevariable

Exercice 6.1

nonc On suppose que la variable alatoire X suit la loi uniforme sur len-semble

X() = {3, 2, 1, 4}.

1. Donner la loi de X.

2. CalculerE(X) et V(X).On dfinit la variable alatoire Y = 2X + 1.

3. Donner Y() et la loi de Y.

4. CalculerE(Y) de deux faons diffrentes.

Reprendre les deux questions prcdentes pour la variable Z = (X+ 1)2.

Correction

Par hypothse, la loi de X est uniforme et la probabilit davoir X = xpour tout lment x de X() est donc constante. De ce fait, cette probabilitest de 1|X()| =

14 . La loi de X est donc rsume par le tableau suivant

x 3 2 1 4PX(x)

14

14

14

14

On applique ici directement les rsultats de cours sur la loi uniforme pour unevariable alatoire discrte ( ne pas confondre avec le cas continu).

33

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34 CHAPITRE 6. VARIABLE FONCTION DUNE AUTRE VARIABLE

Correction

Lesprance de X est donne par

E(X) =

xX()

xPX(x),

=1

4

xX()

x,

=1

4(3 2 + 1 + 4),

= 0.

Il faut toujours mentionner au moins une fois la formule qui dfinit lesprancepour pouvoir lutiliser dans une solution.

Correction

Pour calculer la variance, on utilise la formule V(X) = E(X2) (E(X))2

dont le deuxime terme est nul. On sait aussi que pour toute fonction ,

E((X)) =

xX()

(x)PX(x).

On a donc

V(X) = E(X2),

=

xX()

x2PX(x),

=1

4((3)2 + (2)2 + 12 + 42),

= 7.

Le rappel de la proprit gnrale qui permet de calculer E((X)) nest pas

ncessaire pour le calcul de E(X2

) mais il est conseill car il permet de ne pasfaire lerreur frquente qui consiste mettre les probabilits au carr pluttque les valeurs de x.

Correction

Considrons Y = 2X+ 1. Le tableau suivant donne la valeur de Y pourtoutes les valeurs possibles de X :

x 3 2 1 42x + 1 5 3 3 9

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35

On a donc Y() = {5, 3, 3, 9}.

Comme Y est une variable discrte, sa loi est dtermine par les proba-bilits PY(y) pour tout y Y(). Or, PY(y) = PX

y12

car Y = 2X + 1

et donc X = Y12 . De plus, pour tout y ,y12 puisquon a dans Y() les

images par Y des valeurs de X(). De ce fait, pour tout y , PXy12

= 14 .

Donc la loi de Y est la loi uniforme sur Y().

On applique ci-dessus les proprits classiques pour la loi dune variable alatoireobtenue comme fonction dune autre variable, Y = f(X). On sait en effet quepour sous-ensemble A de Y(),

PY(A) = PX(Y1(A)),

o Y1 est dfini par

Y1(A) = {x X() | f(x) A}.

Dans le cas dune variable alatoire discrte qui nous intresse ici, il suffit deconsidrer les ensembles A rduits une seule valeur, ce qui conduit la solutionpropose. Notons que celle-ci est simple car la transformation Y = 2X+ 1 estbijective. La variable Z sera lgrement plus complexe tudier.

Correction

Pour calculer E(Y), on peut appliquer en fait trois rsultats diffrents.On sait que pour tout et dterministes, et toute variable alatoire X,E(X+ ) = E(X) + . Ici on a donc

E(Y) = 2E(X) + 1 = 1.

On peut aussi appliquer le rsultat rappel ci-dessus la fonction (x) =2x + 1. On a donc

E(Y) = E((X)),

=

xX()

(x)PX(x),

=1

4

xX()

(2x + 1),

=1

4(5 3 + 3 + 9),

= 1.

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36 CHAPITRE 6. VARIABLE FONCTION DUNE AUTRE VARIABLE

Enfin, on peut appliquer la dfinition de lesprance Y, ce qui donne

E(Y) =

yY()

yPY(y),

=1

4

yY()

y,

=1

4(5 3 + 3 + 9),

= 1.

Quand on demande dobtenir une esprance par deux mthodes diffrentes,cest en gnral quon veut que le calcul soit ralis une fois avec la dfinition delesprance (troisime calcul ci-dessus) et une autre fois en sappuyant sur uneproprit classique de lesprance comme sa linarit (utilise dans le premiercalcul) ou la formule pour E((X)), applique trs rgulirement (deuximecalcul dans la correction).

Correction

On tudie maintenant Z = (X + 1)2

. On calcule Z() au moyen dutableau suivant qui donne les valeurs de Z en fonction des valeurs de X :

x 3 2 1 4(x + 1)2 4 1 4 25

On constate que Z() = {1, 4, 25}. Pour calculer la loi de Z on doit dter-miner Z1(z) pour tout z Z(). Le tableau suivant rsume ce calcul et laloi de Z obtenue ainsi, en appliquant la proprit PZ(z) = PX(Z1(z)) :

z 1 4 25

Z1(z) {2} {3, 1} {4}

PZ(z) = PX(Z1(z)) 14 12 14

On utilise ici le fait que la loi de X sur X() est uniforme et donc que laprobabilit dun ensemble A est donne par le ratio entre le cardinal de A etcelui de X(). On remarque que le calcul est lgrement plus complexe quecelui de Y car la fonction x (x + 1)2 nest pas injective : les deux valeursdistinctes 3 et 1 que peut prendre X sont toutes deux transformes en lavaleur 4 pour Z. De ce fait, la loi de Z sur Z() nest pas uniforme.

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Correction

Pour calculer E(Z), on peut appliquer le rsultat classique Z = (X)avec (x) = (x + 1)2, ce qui donne

E(Z) = E((X)),

=

xX()

(x)PX(x),

=1

4

xX()

(x + 1)2,

=1

4

(4 + 1 + 4 + 25),

=17

2.

On peut aussi utiliser la dfinition de lesprance, ce qui donne

E(Z) =

zZ()

zPZ(z),

=1

4 1 +

1

2 4 +

1

4 25,

=17

2.

Contrairement au cas de la variable Y, les deux approches utilises ci-dessusconduisent des calculs lgrement diffrents. Dans le deuxime calcul, on adj factoris les valeurs identiques de Z, cest pourquoi la probabilit de4 est de 12 . Dans le premier cas, on travaille du point de vue de X et tous lesprobabilits sont de 12 . Mais comme on transforme les valeurs de X en valeursde Z, on obtient deux fois la valeur 4, ce qui conduit bien entendu au mmersultat final.

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Chapitre 7

Couples de variables alatoires

Exercice 7.1

nonc Soit un couple de variables alatoires(X, Y) tel queX() = {2, 0, 1}et Y() = {1, 1, 2} dont la loi jointe est donne par le tableau suivant :

P(X = x, Y = y) y = 1 y = 1 y = 2x = 2 0,2 0,2 x = 0 0,1 0,1 0,05x = 1 0,2 0 0,1

1. Donner lunique valeur possible pour en justifiant brivement la rponse.

2. Calculer les lois marginales de X et de Y.

3. Montrer que X et Y ne sont pas indpendantes.

4. Calculer la loi conditionnelle de X sachant Y = 1. En dduire E(X|Y =1).

5. Calculer lesprance conditionnelle de X sachant que Y = 2.

6. CalculerE(XY) et en dduire Cov(X,Y).

7. On pose Z = X+ Y. Calculer la loi de Z, puisE(Z) et V(Z).

Correction

On sait que P(X X(), Y Y()) = 1 et que

P(X X(), Y Y()) =

xX()

yY()

P(X = x, Y = y).

Donc la somme des probabilits contenues dans le tableau doit tre gale 1. On constate que la somme est ici 0,95 + . Donc = 0,05.

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40 CHAPITRE 7. COUPLES DE VARIABLES ALATOIRES

La justification propose est assez dtaille. On peut se contenter de dire que la

somme des probabilits doit tre gale 1, puisque cest une proprit majeuredes tableaux utiliss pour donner les lois de couple de variables alatoiresdiscrtes.

Correction

La loi marginale de X est donne par

P(X = x) =

yY()

P(X = x, Y = y).

Un simple calcul donne les rsultats rsums dans le tableau suivant

x 2 0 1P(X = x) 0,45 0,25 0,3

De la mme faon, on obtient la loi de Y donne par

y 1 1 2P(Y = y) 0,5 0,3 0,2

On se contente ici de justifier les calculs dans un des deux cas, par symtrie. Ilest utile de vrifier que la somme des probabilits de la loi obtenue pour chaquevariable est bien 1.

Correction

Les variables X et Y sont indpendantes si et seulement si pour tout x ety, P(X = x, Y = y) = P(X = x)P(Y = y). Or, on remarque dans le tableauque P(X = 1, Y = 1) = 0, alors que P(X = 1) P(Y = 1) = 0,3 0,3 = 0.

Les deux variables ne sont donc pas indpendantes.

Pour les questions dindpendance, on doit toujours rappeler la dfinitionpuis essayer de lappliquer. Quand on cherche comme ici montrer que lesvariables ne sont pas indpendantes, il suffit de trouver un contre-exemple,cest--dire une valeur pour chaque variable telles que la probabilit du couplesoit diffrente du produit des probabilits de chaque variable. Si on cherche montrer lindpendance, on doit au contraire vrifier que toutes les paires devaleurs satisfont lgalit demande.

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Correction

On utilise la dfinition de la loi conditionnelle, P(X = x|Y = 1) =P(X=x,Y=1)

P(Y=1) , ce qui conduit immdiatement la loi rsume dans le tableausuivant

x 2 0 1

P(X = x|Y = 1) 0,20,3 =23

0,10,3 =

13

00,3 = 0

Lesprance conditionnelle est obtenue en appliquant la dfinition, cest--dire

E(X|Y = 1) =

xX()

xP(X = x|Y = 1),

=

2

2

3+ 0

1

3+ 1

0,

= 4

3.

On se contente ici dappliquer les dfinitions et de faire des calculs lmentaires.La question suivante est lgrement plus complexe puisquil faut considrer unconditionnement qui ne sexprime pas sous la forme Y = y.

Correction

On doit dabord calculer P(X = x|Y = 2) = P(X=x,Y=2)P(Y=2) . Or, {Y = 2} =

{Y = 1} {Y = 1}, avec une union disjointe. Donc

P(X = x, Y = 2) = P(X = x, Y = 1) + P(X = x, Y = 1),

ainsi que P(Y = 2) = P(Y = 1) + P(Y = 1), cest--dire

P(X = x|Y = 2) =P(X = x, Y = 1) + P(X = x, Y = 1)

P(Y = 1) + P(Y = 1).

En appliquant cette formule, on obtient la loi conditionnelle rsume dans le

tableau suivant

x 2 0 1

P(X = x|Y = 2)0,40,8 =

12

0,20,8 =

14

0,20,8 =

14

On en dduit lesprance conditionnelle souhaite par le calcul suivant

E(X|Y = 2) =

xX()

xP(X = x|Y = 2),

= 2 1

2+ 0

1

4+ 1

1

4,

= 3

4.

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42 CHAPITRE 7. COUPLES DE VARIABLES ALATOIRES

Comme dans lexercice 2.1, la difficult de lanalyse vient essentiellement de la

tentation dinventer des proprits fausses en gnralisant des propritsvraies. En particulier, ici, on pourrait tre tenter de croire que la probabilitP(X = x|Y = 2) est gale la probabilit 1 P(X = x|Y = 2). Or, cest engnral faux. Dans le cas prsent, si on considre par exemple x = 2, on a

1 P(X = 2|Y = 2) = 1 P(X = 2, Y = 2)

P(Y = 2),

= 1 0,05

0,2,

=3

4

,

alors que P(X = 2|Y = 2) = 12 . En fait, on a bien

1 P(X = x|Y = 2) = P(X = x|Y = 2),

mais ce nest pas utile pour calculer P(X = 2|Y = 2) !

Correction

On calcule E(XY) en appliquant la proprit classique : pour toutefonction , on a

E((X,Y)) =

xX()

yY()

(x,y)P(X = x, Y = y).

Le tableau suivant donne les calculs intermdiaires xyP(X = x, Y = y) :

P(X = x, Y = y) y = 1 y = 1 y = 2x = 2 0,2 2 = 0,4 0,2 2 = 0,4 0,05 4 = 0,2

x = 0 0,1 0 = 0 0,1 0 = 0 0,05 0 = 0x = 1 0,2 1 = 0,2 0 1 = 0 0,1 2 = 0,2

On obtient ainsi E(XY) = 0,2.

Comme dans la plupart des questions de calcul, il est important de rappeler la

dfinition de ce quon calcule et les proprits utilises, comme nous lavonsfait ci-dessus. On procde de la mme faon pour la suite de la question, enrappelant la dfinition de la covariance et de lesprance dune variable seule.

http://-/?-http://-/?-

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Correction

On sait que Cov(X, Y) = E(XY) E(X)E(Y). On calcule donc E(X)et E(Y) en utilisant les dfinitions de ces esprances :

E(X) =

xX()

xP(X = x)

= 2 0,45 + 0 0,25 + 1 0,3

= 0,6.

De la mme faon

E(Y) = 1 0,5 + 1 0,3 + 2 0,2= 0,2.

On obtient finalement Cov(X, Y) = 0,2 (0,6) 0,2 = 0,08.

Correction

tudions maintenant Z = X+ Y. Le tableau suivant donne les valeursprises par Z en fonction de celles de X et Y :

z = x + y y = 1 y = 1 y = 2x = 2 3 1 0x = 0 1 1 2x = 1 0 2 3

On a donc Z() = {3, 1, 0, 1, 2, 3}. Pour calculer la loi de Z = f(X,Y),on doit dterminer f1(z) pour tout z Z() puis calculer la probabilitde f1(z) partir de la loi jointe de X et Y, en utilisant la propritP(Z = z) = P((X,Y) f1(z)). On obtient les rsultats suivants :

P(Z = 3) = P(X = 2, Y = 1) = 0,2

P(Z = 1) = P((X,Y) {(2, 1), (0, 1)}) = 0,1 + 0,2 = 0,3

P(Z = 0) = P((X,Y) {(2, 0), (1, 1)}) = 0,05 + 0,2 = 0,25

P(Z = 1) = P(X = 0, Y = 1) = 0,1

P(Z = 2) = P((X,Y) {(0, 2), (1, 1)}) = 0,05 + 0 = 0,05

P(Z = 3) = P(X = 1, Y = 2) = 0,1

On utilise la proprit classique qui caractrise la loi dune variable dfiniecomme fonction dautres variables partir de la fonction rciproque (ici f1)et de la loi jointe des autres variables.

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44 CHAPITRE 7. COUPLES DE VARIABLES ALATOIRES

Correction

Comme Z = X + Y et que lesprance est linaire, on a

E(Z) = E(X) + E(Y) = 0,6 + 0,2 = 0,4.

De plus, on sait que

V(X+ Y) = V(X) + V(Y) + 2Cov(X,Y).

On calcule donc les variances de X et Y. On a

E(X2) = (2)2 0,45 + 02 0,25 + 12 0,3

= 2,1,

et

E(Y2) = (1)2 0,5 + 12 0,3 + 22 0,2

= 1.6.

Donc V(X) = E(X2) (E(X))2 = 1,74 et V(Y) = 1,56. On obtient finale-ment

V(Z) = 1,74 + 1,56 + 2 (0,08) = 3,14.

Notons que lesprance et la variance de Z qui sont obtenues ici au moyen deproprits de ces deux grandeurs pourraient aussi tre calcules directement partir de la loi de Z. Quelle que soit loption choisie, il faut rappeler lesproprits et dfinitions utilises.

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Annexes

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volutions de ce document

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23/04/2012 : version 0.0.1premire version diffuse avec deux exercices corrigs

26/04/2012 : version 0.0.2

ajout dun exercice sur les variables alatoires discrtes ; ajout dun exercice sur les lois Bernoulli et Binomiale.

27/04/2012 : version 0.0.3

ajout dun exercice sur la loi de Poisson; ajout dun exercice sur la loi uniforme ; ajout dun exercice sur la loi exponentielle ; ajout dun exercice sur la loi normale.

28/04/2012 : version 0.0.4 ajout dun exercice sur les variables fonction dautres variables ; ajout dun exercice sur les couples de variables.

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