Exercices 2011 - STAT

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Corrigé 81 a) X a pour transformée de Laplace la fonction L X définie sur R par: L X (t) = t 2 /2 . Ainsi: E(Y ) = L X (1) = 1/2 , E(Y 2 ) = L X (2) = 2 et: V ar(Y ) = E(Y 2 ) − (E(Y )) 2 = 7/4 . b) Si t ≤ 0 : P {Y ≤ t} = 0, si t > 0 : P {Y ≤ t} = P {X ≤ log t} = Φ(log t) . La fonction de densité de Y est donc telle que: { 0, t ≤ 0, f Y (t) = e −(log t)2 /2 t √ , t > 0. 2π Corrigé 82 Soit X le nombre de contrats placés par le représentant. X suit une loi binomiale de paramètre n = 1000 et p = 0, 04. La probabilité P(X > 30) est donnée par ∑30 1 − P(X ≤ 30) = 0, 04 i 0, 96 1000−i C1000 i ≃ 0, 942. i=0 La somme de l’expression précédente étant un peu longue, on peut approximer la loi binomiale par une loi normale de moyenne 1000 · 0, 04 = 40 et de variance 1000 · 0, 04 · 0, 96 = 38, 4, d’où ( ) 30 − 40 P(X > 30) ≃ P Y > √ ≃ 0, 947, 38, 4 où Y est une variable aléatoire normale centrée réduite et où le résultat de l’intégrale s’obtient à l’aide d’une table. Remarque: Bien que np = 40, on peut aussi essayer d’approximer cette binomiale par une loi de Poisson, dans ce cas, on trouve P(X > 30) ≃ 0, 938. Corrigé 83 Le nombre d’erreurs d’impression X dans une page déterminée est distribué B(n = 450, p = 1/350), d’où 2∑ ( ) i ( ) 450−i 1 349 P(X ≥ 3) = 1 − P(X ≤ 2) = C450 i ≃ 0, 14. 350 350 i=0 On peut aussi faire l’approximation de cette binomiale par une loi de Poisson de paramètre λ = np ≃ 1.29 et on obtient alors P(X ≥ 3) = 1 − P(X ≤ 2) = 1 − e −λ ( 1 + λ + λ 2 /2 ) ≃ 0, 14. Corrigé 84 Soit X le nombre de boules noires tirées, on a P(X = 3) = C3 400 C2 600 C 5 1000 ≃ 0, 23059. Une valeur approchée de ce résultat peut se calculer en utilisant l’approximation par une loi binomiale de paramètre n = 5 et p = 400/1000, dans ce cas on obtient P(X = 3) ≃ C 3 50.4 3 0.6 2 = 0, 2304. Corrigé 85 a) Comme X est une variable aléatoire positive: P {X > 85} ≤ E( X 85 ) = 75 85 ∼ = 0, 88 b) Remarquons tout de suite que la connaissance du 2ème moment de X permet d’améliorer la majoration précédente: On a aussi: P {X > 85} = P {X 2 > 85 2 } ≤ 1 85 2 E(X2 ) = σ2 + E(X) 2 25 + 752 85 2 = ∼ = 0, 78 85 2 P {65 ≤ X ≤ 85} = P {|X − E(X)| ≤ 10} = 1 − P {|X − E(X)| > 10} ≥ 1 − σ2 10 2 = 3/4 23
c) Puisque les notes de chacun des n étudiants sont des variables indépendantes, leur moyenne arithmétique X n = 1 n est encore d’espérance 75, et sa variance vaut 1 n 2 (n.25) = 25/n; on a ensuite: P {|X n − E(X n )| ≤ 5} = 1 − P {|X n − E(X n )| > 5} ≥ 1 − 25/n 25 = n − 1 n , n∑ k=1 avec 10 étudiants notre probabilité vaut au moins 0, 9 . d) Voyons s’il est pertinent d’utiliser le T.C.L.: P {|X n − E(X n )| ≤ 5} ∼ = ∫ 5 −5 X k ϕ Yn (y)dy = ∫ 5 √ 25/n −5 √ 25/n ϕ Y (y)dy (où Y n est normale centrée de variance 25/n et Y normale centrée réduite: ϕ Yn (y) = 1 √ 25/n √ 2π e −ny2 50 , ϕ Y (y) = 1 √ 2π e −y2 2 ). Le nombre minimum d’étudiants obtenu est cette fois n = 3 , un résultat franchement différent! Corrigé 86 Soient x 1 , x 2 , ..., x 50 les nombres à approcher et U 1 , U 2 , ..., U 50 les variables d’erreur correspondantes. La variable ∑ 50 k=1 U k est centrée, de variance 50 ×1/12 (par indépendance). On a donc pour X i = x i + U i : ∑50 50∑ ∫ ∞ P {| X k − x k | > 3} ∼ = 2 × ϕ Y (y)dy ∼ = 0, 144 √ 3 50/12 k=1 k=1 Corrigé 87 Soit T la variable aléatoire de durée de vie du système; T suit approximativement une loi normale d’espérance 100 × 5 = 500 et de variance σ 2 = 100 × 25 = 2500 (d’après l’indépendance des variables de durée de vie de chaque ampoule). On a donc: P {T > 525} ∼ = ∫ ∞ 525−500 √ 2500 ϕ Y (y)dy ∼ = 0, 31 Corrigé 88 On approxime le nombre de six obtenu lors de 120 jets par une variable alétoire X normale de moyenne µ = 120 · 1/6 = 20 et de variance σ 2 = 120 · 1/6 · 5/6 ≃ 16, 7. La probabilité d’avoir moins de 16 fois le nombre six est alors donné par P(X < 15, 5) = P(Y < 15, 5 − µ ) = P(Y < 1, 1) ≃ 0, 135, σ où Y est une variable aléatoire normale centrée réduite. Corrigé 89 On utilise l’inégalité de Chebychev. On a pour un instant t fixé: E(N t ) = λt = V ar(N t ) puis: et donc: d’où le résultat. E( N t t ) = λ, V ar(N t t ) = λ t ∀ǫ > 0, P {| N t t − λ| > ǫ} ≤ λ ǫt , Corrigé 90 On a lim P(Y n = k) = n→∞ lim n→∞ = λk k! ( n! λ k!(n − k)! n lim n→∞ = e −λλk k! ( 1 − λ n) n−k lim n→∞ lim n→∞ n! 1 (n − k)! ) k ( 1 − λ ) n−k n n k n! 1 (n − k)! n k 24
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