Corrigé des exercices - Dunod

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c) Remarquons que E(Y ) = 4n2 +2kn−(k−1) 2
4n
= 2n+1
2
+ (k−1)(2n−k+1)
4n
.
Donc E(Y ) = E(X) + (k−1)(2n−k+1)
4n
, et E(Y ) E(X).
E(Y ) est maximale quand (k−1)(2n−k+1)
4n
est maximale.
La fonction t ↦→ (t − 1)(2n − t + 1) est une fonction polynômiale de degré 2 dont les racines
sont 1 et 2n+1. La courbe de cette fonction est une parabole renversée de sommet (n+1,n 2 ).
Donc la fonction t ↦→ (t − 1)(2n − k + 1) admet un maximum en n + 1.
Ainsi E(Y ) est maximum si k = n + 1 et alors E(Y ) = 5n+2
4
.
Exercice 30.15
1. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de tests effectués. Les personnes sont
réparties en 10 groupes que nous numéroterons de 1 à 10.
Soit X i la variable aléatoire égale au nombre de tests effectués pour le groupe i.
X i (Ω) = {1,11}.
∑
Alors X = 10 X i .
i=1
L’événement (X i = 1) est l’événement «aucune des dix personnes n’est malade», donc
P(X i = 1) = (1 − p) 10 .
L’événement (X i = 11) est l’événement «au moins une des dix personnes est malade», donc
P(X i = 11) = 1 − (1 − p) 10 .
Alors X i admet une espérance et E(X i ) = 11 − 10(1 − p) 10 .
∑
Par linéarité de l’espérance E(X) = 10 E(X i ) = 110 − 100(1 − p) 10 .
Alors pour la toxoplasmose, p = 0,7, E(X) = 110 − 100(0,3) 10 ⋍ 109,9.
Dans ce cas, cette méthode semble peu appropriée.
2. Pour l’hépatite B, p = 0,15, alors E(X) = 110 − 100(0,85) 10 ⋍ 90,3.
Dans ce cas, cette méthode semble plutôt bien adaptée.
i=1
3. Dans le cas de l’herpès, p = 0,4, alors E(X) = 110 − 100(0,6) 10 ⋍ 109,3.
Dans ce cas, cette méthode semble peu adaptée.
Exercice 30.16
1. Soit X la variable aléatoire réelle discrète égale au nombre d’accidents. X suit une loi de
Poisson de paramètre 3.
P(X 3) = +∞ ∑
3 k e −3
k!
= 1 − e −3 (1 + 3 + 9 2 ) = 1 − 17 2 e−3 .
k=3
2. P X1 (X 3) = P((X3)∩(X1))
P(X1)
.
Or P ((X 3) ∩ (X 1)) = P(X 3) = 1 − 17 2 e−3 , et P(X 1) = +∞ ∑
Donc P X1 (X 3) = 2−17e−3
2(1−e −3 ) .
Exercice 30.17
1. Notons A l’événement «il ne se produit aucune panne dans la journée».
k=1
3 k e −3
k!
= 1 − e −3 .