Probabilités et Statistique pour SIC: Correction des exercices 2012

Probabilités et Statistique pour SIC:Correction des exercices 2012Corrigé 1 66 8Corrigé 2 26 2 10 3Corrigé 3 23!9!2!Corrigé 4 4!3!5!3!Corrigé 5 C 4 23Corrigé 6 C 5 52Corrigé 7 Remarquons qu’il y a C10 3 C3 8 = 6720 façons de choisir un comité de 3 hommes et 3 femmesdans un groupe de 10 femmes et 8 hommes.a) Le nombre de comités de 3 hommes qui contiennent les deux hommes qui refusent d’être ensembleest C6 1 = 6. Alors, le nombre de comités de 3 hommes qui ne contiennent pas les 2 hommes qui refusentd’être ensembles est C8 3 −6 = 50. Il s’en suit que la réponse cherchée estC 3 10(C 3 8 −6) = 120·50 = 6000.b) Le raisonemment ici est similaire. On obtient:(C 3 10 −C 1 8)C 3 8 = (120−8)·56 = 6272.c) Le nombre des comités avec l’homme et la femme qui refusent d’être ensemble est C9C 2 7 2 = 756.Alors la réponse estC10 3 C3 8 −C2 9 C2 7 = 6720−756 = 5964.Corrigé 8 Il y a 4! = 24 façons de placer les trois paires de jumeaux dans les 4 chambres. D’autre part,pour chaque placement, il y a 2 3 = 8 façons de distribuer les trois paires de jumeaux dans les lits. Il y adonc 4!2 3 = 192 façons d’organiser l’expérience.Corrigé 9 On aC k−1n−1 +Ck n−1 =(n−1)!(n−k)!(k −1)! +(n−1)! (n−1)!(k +n−k)= = Cnk (n−k −1)!k! (n−k)!k!Corrigé 10 On s’apercoit d’abord qu’il y a 1+(n−k−2) = n−k−1 manières de placer le bloc “A ...B” de longeur k+2 dans la rangée. Il faut ensuite tenir compte des permutations de A et B: 2! = 2. Etdes permutations des (n−2) personnes différentes de A et B: (n−2)!. Il y a donc 2(n−2)!(n−k −1)façons d’avoir k personnes entre A et B.Corrigé 11 a) L’ensemble fondamental de cette expérience est Ω = Ω 1 ∪Ω 2 où Ω 1 = {(D 1 ,D 2 ,...) oùD i ∈ {1,2,3,4,5} 1 ≤ i < ∞} (l’événement “aucun 6 ne sort”) et Ω 2 = ∪ ∞ n=1{(D 1 ,D 2 ,...,D n−1 ,6) oùD i ∈ {1,2,3,4,5} 1 ≤ i ≤ n−1} (l’événement que l’expérience s’arrête).b) Les points de l’ensemble fondamental qui sontcontenus dans E n sont de la forme (D 1 ,...,D n−1 ,6).L’ensemble Ω 1 = (∪ ∞ 1 E n ) c est égal à l’événement “aucun 6 ne sort”, c’est à dire Ω 1 .Corrigé 12 a) E ∩F = {(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(4,1),(6,1)}.b) E ∪F est égal à l’événement “la somme des dés est impaire ou bien l’un des dés montre 1”.c) F ∩G = {(1,4),(4,1)}.d) E∩F c est égal à l’événement “la somme des dés est impaire et chaque dé montre un nombre plusgrand ou égal à 2”.e) E ∩F ∩G = F ∩G.

X 1 X 2 X 3 somme poids probabilité3 6 6 15 3 1/2164 5 6 15 3! 1/2164 6 6 16 3 1/2165 5 5 15 1 1/2165 5 6 16 3 1/2165 6 6 17 3 1/2166 6 6 18 1 1/216La cinquième colonne correspond au nombre de façons qu’il y a d’obtenir les valeurs de X 1 , X 2 etX 3 données. Et la sixième colonne correspond à la probabilité de chaque configuration (c’est-à-dire1/6 3 = 1/216). Alors, la probabilité recherchée est égale àP(E) = (3+6+3+1+3+3+1)216= 20216 ≃ 0.0926.Corrigé 21 Laprobabilitéqu’aucunedesdeuxpiècesnetombesurpileestégaleàlaprobabilitéd’obtenir(F,F). C’est à dire 1/4. Alors, la réponse récherchée est 1−1/4 = 3/4.Corrigé 22 On utilise le fait que l’événement “avoir au moins un succès” est le complémentaire del’événement “n’avoir aucun succès”. La probabilité d’obtenir au moins un 6 avec 4 dés est donc de1−(1− 1 6 )4 ≃ 0,518,et la probabilité d’obtenir au moins un double 6 lors de 24 jets de deux dés est de1−(1− 1 36 )24 ≃ 0,491.Corrigé 23 On ne peut pas en conclure que P(S = 9) = P(S = 10) car les configurations ne sont paséquiprobables. Si l’on tient compte de l’ordre elles le sont, il faut donc tenir compte des permutationspossibles de chaque configuration. Ainsi (3,3,3) ne “compte qu’une fois” alors que (5,2,2) “compte triple”et (5,3,1) “compte six fois”. On obtient P(S = 9) = 256et P(S = 10) = 273 6. 3Corrigé 24 P{”il gagne”} = 1−P{”il perd”} = 1− 16×15×1420×19×18 .Corrigé 25 a) et b) La réponse est la même:c) On obtientP = 15·14·13·10·925·24·23·22·21 = 0.03854.P = 15·14·10·9·825·24·23·22·21 = 0.0237.Corrigé 26 a) L’ensemble fondamental de cette expérience est Ω = {(D 1 ,D 2 ), où D i ,i = 1,2 est unecouleur qui peut être blanche ou noire}.b) On aP(B 1 ) = 4 6 = 2 3P(B 2 |B 1 ) = P(B 2 ∩B 1 )=P(B 1 )46 · 354626 · 4526= 3 5P(B 2 |B1 c ) = P(B 2 ∩B1 c)P(B1 c) = = 4 5P(B 2 ) = P(B 1 ∩B 2 )+P(B1 c ∩B 2 ) = 4 365 + 2 465 = 2 3c) Remarquons que P(B 1 ∩B 2 )+P(B c 1 ∩B 2) = P(B 2 ) et que P(B 1 ∩B c 2 )+P(Bc 1 ∩Bc 2 ) = P(Bc 2 ).Alors, P(B 2 )+P(B c 2) = 1 donne l’égalité recherchée.4

Corrigé 27 Soient RR, NN et RN respectivement les événements, “la carte choisie est entièrementrouge”, “entièrement noire” et “bicolore”. Soit encore R l’événement, “la face apparente de la carte tiréeest rouge”. On auraP(RN|R) === 1 3P(R|RN)P(RN)P(R|RR)P(RR)+P(R|RN)P(RN)+P(R|NN)P(NN)1· 11 12 33 + 1 123 +0· 13Corrigé 28 Soit M l’événement “le patient est atteint”, B l’événement “le patient est en bonne santé”,et + l’événement “le résultat du test est positif”. De la formule de Bayes on aP(M|+) ===P(+|M)P(M)P(+|M)P(M)+P(+|B)P(B)9910099 1100 100011000 + 2100992097 ≃ 0.04729991000Ceci n’est pas un très bon résultat. Pour essayer de l’améliorer il faudrait répéter le test...Corrigé 29 Soit S n l’événement “le n eme jour est ensoleillé” et N n l’événement “le nème jour estnuageux”. Alors,s n = P(S n ) = P(S n |S n−1 )P(S n−1 )+P(S n |N n−1 )P(N n−1 )= ps n−1 +q(1−s n−1 )= (p−q)s n−1 +qOn démontre que s n = 1 2 (1 +(p − q)n ), n ≥ 0 par induction sur n. Si n = 0 c’est clairement vrai.Supposons maintenant que cette formule est valide pour n ≤ m. Alors,s m+1 = (p−q)s m +q( 1= (p−q)2 + 1 )2 (p−q)m +q= 1 2 (1+(p−q)m ).Corrigé 30 X n ne peut prendre que les valeurs 0 et 1. En effet, il ne peut y avoir plus d’une machineen panne au début d’une journée. On aP(X n+1 = 0|X n = 0) = p 2 +p(1−p)+(1−p)p = p(2−p)(soit ni l’une ni l’autre ne tombe en panne,soit l’une tombe en panne et est réparée,soit l’autre tombe en panne et est réparée)P(X n+1 = 0|X n = 1) = pP(X n+1 = 1|X n = 0) = (1−p) 2P(X n+1 = 1|X n = 1) = 1−p.Corrigé 31 a) P(A|B) = 0.9 et P(A c |B c ) = 0.8.b) Les 4 pièces sont acceptées, donc le contrôle des 3 bonnes pièces est sans erreur et il y a erreurdans le contrôle de la pièce défectueuse . La probabilité d’un tel événement est:P(A|B) 3 ·P(A|B c ) = (0,9) 3 ·0,2 ≃ 0.146.c) Soit l’événement E =“il y a erreur dans le contrôle d’une pièce”.P(E) = P(A c |B)·P(B)+P(A|B c )·P(B c ). D’où, puisque P(B c ) = 0,2,d) P(B c |A) = P(A|Bc )·P(B c )P(A)P(E) = 0,1·0,8+0,2·0,2 = 0,12.=P(A|B c )·P(B c )P(A|B)·P(B)+P(A|B c )·P(B c ) ≃ 0,053.5

Corrigé 32 L’ensemble fondamental de cette expérience est Ω = {(E 1 ,E 2 ) où E 1 est le sexe du premierenfant et E 2 est le sexe du deuxième}. L’événement “les deux enfants sont des filles” est A = {(F,F)},et “l’aînée en est une” est B = {(F,F),(F,G)}. La probabilité recherchée estP(A|B) = P(A∩B)P(B)= P(A)P(B) = 1/41/2 = 1 2 .Corrigé 33 L’ensemble fondamental de cette expérience est Ω = {(D 1 ,D 2 ) où 1 ≤ D i ≤ 6 et i = 1,2}.Appelons A l’événement “au moins l’un d’entre eux montre 6”, et B l’événement “les deux résultats sontdifférents”. On veut calculerMais, P(B) = 6·56·6 = 5 6 etAlors, la probabilité recherchée estP(A|B) = P(A∩B) .P(B)P(A∩B) = P(B)−P(A c ∩B) = 5 6 − 5·46·6 = 5 6 − 5 9 .P(A|B) = 1− 6 9 = 1/3.Corrigé 34 Soit A l’événement “la première carte tirée est un pique” et B l’événement “les deuxdernières en sont”. Remarquons queP(A∩B) = 13 1211525150P(B) = P(A∩B)+P(A∩B c ) = 13 1211525150 + 39 1312525150Alors, la probabilité recherchée est égale à P(A|B) =13·12·1113·12·11+39·13·12 = 1150 .Corrigé 35 Soit D l’événement “la personne selectionée est un daltonien”, H l’événement “elle est unhomme” et F l’événement “c’est une femme”. Tout d’abord, par la formule de Bayes on aP(H|D) =P(D|H)P(H)P(D|H)P(H)+P(D|M)P(M)Si on admet que les hommes sont aussi nombreux que les femmes, alors P(H) = P(F) = 1/2 etP(H|D) =5100 · 125100 · 12 + 0,25100 · 12= 55.25 = 2021 .Si au contraire il y avait deux fois plus de femmes que des hommes, on aurait,P(H|D) =5100 · 235100 · 23 + 0,25100 · 13= 1010.25 = 4041 .Corrigé 36 D’abord remarquons que si Xavier et ses deux parents ont les yeux marrons et si la soeur deXavier a les yeux bleus, il faut que les deux parents aient chacun un gène oeil bleu et un autre marron.a) Xavier peut avoir des gènes (M,M),(M,B) et (B,M), alors, la probabilité que Xavier ait un gèneoeil bleu est 2/3.b) On définira par G X , G F et G E les gènes yeux de Xavier, de sa femme et de son enfant. Alors,P(G E = (B,B)) = P(G X ∈ {(M,B),(B,M)}) 1 2 = 2 132 = 1 3 .Corrigé 37 L’ensemble des valeurs possibles prises par X 1 est S = {1,2,3,4,5,6}. L’énumération desdifférents cas possibles donne:P(X 1 = 1) = 1/36 P(X 1 = 2) = 1/12P(X 1 = 3) = 5/36 P(X 1 = 4) = 7/36P(X 1 = 5) = 9/36 P(X 1 = 6) = 11/366

De même, pour X 2 ,P(X 2 = 1) = 11/36 P(X 2 = 2) = 9/36P(X 2 = 3) = 7/36 P(X 2 = 4) = 5/36P(X 2 = 5) = 3/36 P(X 2 = 6) = 1/36On obtient les graphes suivants:Fonction de masse de X1Fonction de masse de X2P(x)0.0 0.1 0.2 0.3 0.4P(x)0.0 0.1 0.2 0.3 0.41 2 3 4 5 6x1 2 3 4 5 6xCorrigé 38 a) On vérifie que la somme de lignes vaut 1.b) F X1 (0) = 0.5, F X1 (1) = 0.7, F X1 (2) = 0.9, F X1 (3) = 1.F X2 (0) = 0.7, F X1 (1) = 0.9, F X1 (3) = 1.Fonction de repartition de X1Fonction de repartition de X2F(x)0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0−1 0 1 2 3 4xF(x)0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0−1 0 1 2 3 4xc) P(Y = 0) = P(X 1 = 0)P(X 2 = 0) = 0.35.P(Y = 1) = P(X 1 = 0)P(X 2 = 1)+P(X 1 = 1)P(X 2 = 0) = 0.24.P(Y = 2) = 0.23 P(Y = 3) = 0.13.P(Y = 4) = 0.04.P(Y = 5) = 0.01.On vérifie: 0.35+0.24+0.23+0.13+0.04+0.01 = 1.d) F Y (0) = 0.35, F Y (1) = 0.59, F Y (2) = 0.82, F Y (3) = 0.95, F Y (4) = 0.99, F Y (5) = 1.Fonction de repartition de YF(y)0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0−1 0 1 2 3 4 5 6y7

Corrigé 39 a) On numérote les boules blanches de 1 à N . Soit X i la v.a. définie par: X i = 1 si laboule blanche numéro i a été tirée, 0 sinon.On aP{X i = 0} =P{X i = 1} =Comme X = ∑ Ni=1 X i, on en déduit que:M +N −1 +N −2.MM +N M +N −1 ... M +N −n M +N −n=M +N −n+1 M +N ,nM +N .E(X) =N∑i=1E(X i ) = NnM +N .b) On numérote les boules noires de 1 à M et pour 1 ≤ j ≤ M , on définit Y j par: Y j = 1 si la boulenoire numéro j a été tirée avant la première boule blanche, 0 sinon. Pour chaque 1 ≤ j ≤ M :P{Y j = 1} = 1N +1 .(les événements ”la boule noire numéro j est tirée avant toutes les boules blanches” et ”la boule blanchenuméro i est tirée avant toutes les autres boules blanches et avant la boule noire numéro j” sontéquiprobables). Comme X = ∑ Mj=1 Y j +1, on obtient:E(X) = 1+ MN +1 .Corrigé 40 a) On appelle X i la somme de 2 dés au i–ème jet: X i ∈ {2,...,12}. On a P(X i = 5) = 1/9et P(X i = 7) = 1/6. On appelle τ le temps d’arrêt du jeu, τ = 1,2,..., et F j = {τ = j} est l’événementque le jeu s’arrête au j–ème jet. On note que on peut ecrire l’événement F j comme[]{X j = 5 ou X j = 7}∩ ∩ j−1i=1 {X i ≠ 5 et X i ≠ 7}En utilisant cela et l’indépendance des variables X i on obtient que pour tout jP(X j = 5|F j ) = P ({X j = 5}|{X j = 5}∪{X j = 7}) =1/91/9+1/6 = 2 5 .b) Puisque le jeu va s’arrêter presque sûrement (c’est–à–dire ∑ ∞j=1 P(F j) = 1), par la formule de laprobabilité totale on arrive àP( le jeu s’arrête avec un 5 ) =c) Par définition de τ et F j on a∞∑( ) 2 ∑ ∞P(X j = 5|F j )P(F j ) = P(F j ) = 2 5 5 .j=1E(τ) =∞∑jP(F j ).Puisque que P(X i = 5 ou X i = 7) = 5/18, on voit facilement queP(F j ) =j=1(1− 5 ) j−1 ( ) 5.18 18On est donc en train de calculer l’espérance d’une loi géométrique de parametre 5/18 et on conclutE(τ) = 185 = 3.6Corrigé 41 a) X suit une loi binomiale de paramètres n et p: P{X = k} = C k np k (1−p) n−k .b) Voir cours. E(X) = np et Var(X) = np(1−p) .j=18

Corrigé 42 a) Il s’agit ici d’un tirage avec remise. La probabilité qu’une observation quelconque soitcelle d’un lion est de L/(L + T). Le nombre de lions notés dans le rapport suit une loi binomiale deparamètres n = L et p = L/(L+T). La probabilité que k lions aient été notés vautC k L+T( ) k ( ) n−k L T, k = 0,...,n.L+T L+Tb) Contrairement au a), on est ici dans le cadre d’un tirage sans remise. Le nombre de lions notésdans le rapport suit une loi hypergéométrique de paramètres L, T et n. La probabilité que k lions aientété capturés vautCL kCn−kTCL+Tn ,k = max(0,n−T),...,min(L,n).Corrigé 43 On suppose que les dates d’anniversaire sont également réparties sur l’année et, pour simplifier,qu’une année comporte 365 jours.a) La probabilité qu’une personne au hasard soit née un 1er janvier est alors de 1/365. La probabilitésque les deux époux soient nées un 1er janvier est, en supposant l’indépendance, 1/365 2 . Sur les 42800couples mariés en 2010, le nombre de ceux dont les deux époux sont nés un 1er janvier, X, suit une loibinomiale de paramètres n = 42800 et p = 1/365 2 . On a donc(P(X = 2) = C428002 1365 4 1− 1 ) 42798365 2 = 0.0374.b) La probabilité pour que les deux époux soient nés un même jour est 365 fois plus élevée que laprobabilité qu’ils soient nés un 1er janvier. Le nombre Y de couple mariés ayant leur anniversaire lemême jour suit donc une loi binomiale de paramètres n = 42800 et p = 1/365. On a donc(P(X = 2) = C428002 1365 2 1− 1 ) 42798≃ 0.365Corrigé 44 T est une variable aléatoire géométrique, sa fonction de masse est donnée parSa moyenne et variance valent (voir cours):P(T = n) = p(1−p) n−1 n ≥ 1.E(T) = 1 p , p ∈ (0,1],Var(T) = E(T 2 )− 1 p 2 = 1 p 2 − 1 p , p ∈ (0,1].(La variable T est p.s. constante si le paramètre p vaut 1.)Corrigé 45 a) Puisque∞∑∞∑P{X = i} = 1 = ci=0i=0λ ii! = ceλ ,nécessairement c = e −λ . Il s’agit de la loi de Poisson de paramètre λ.b) P{X = 0} = c λo0!= e −λ .c) P{X > 2} = 1−(P(X = 0)+P(X = 1)+P(X = 2)) = 1−e −λ (1+λ+ λ22 ) = e−λ∑ ∞i=3 λii! . d)Voir cours. E(X) = Var(X) = λ.Corrigé 46 Commençons par calculer la fonction de masse de X. Pour k entier ≥ 0 fixé, on a:P{X = k} = ∑ n≥kP{X = k|Z = n}P{Z = n}= ∑ n≥k= e −λ(pλ)kk!C k n pk (1−p) n−k e −λλnn!∑n≥kC k n (1−p)n−kλn−k n!k!(n−k)!(n−k)!9

∑= e −λ(pλ)k (1−p) n−k λ n−kk! (n−k)!n≥k= e −λ(pλ)k e (1−p)λk!= e −pλ(pλ)kk!,X est donc poissonienne de paramètre pλ .Ensuite, pour l entier ≥ 0 fixé:P{Y = l} = ∑ n≥lP{Y = l|Z = n}P{Z = n}= ∑ n≥lP{X = n−l|Z = n}P{Z = n}= ∑ n≥lC l n pn−l (1−p) l e −λλnn!= e −(1−p)λ((1−p)λ)ll!,Y est aussi poissonienne de paramètre (1−p)λ . Enfin:∀k,l , P{X = k et Y = l} = ∑ n≥0P{X = k et Y = l|Z = n}P{Z = n}= P{X = k et Y = l|Z = k +l}P{Z = k +l}= C k k+l pk (1−p) l e −λλ( k +l)l!= e −pλ(pλ)k e −(1−p)λ((1−p)λ)lk! l!,X et Y sont bien indépendantes.Corrigé 47 La fonction de masse de X est donnée paret sa FGM M X (t) vautM X (t) =P(X = n) = p(1−p) n−1 ,∞∑ ∑∞e tn p(1−p) n−1 = pe t [e t (1−p)] n−1 =n=1n=1pe t1−e t (1−p) .Le premier moment est donné par M ′ X (0), soit E(X) = 1 p .Le deuxième moment est donné par la deuxième dérivée de M X (t) évalué en t = 0 et vautE(X 2 ) = 2 p 2 − 1 p .Corrigé 48 a) Arnaud mise au tour n 100×2 n−1 CHF.b) Arnaud a perdu aux tours précédents (tours 1 à n−1)n−1∑n−2∑100×2 i−1 = 100 2 i = 100(2 n−1 −1)i=1i=0c) Si Arnaud gagne au tour n, il récupère la quantité 2×100×2 n−1 alors qu’il a investi 100×2 n−1 +100(2 n−1 −1), soit un gain absolu de 100 CHF.d) Puisque chaque tour est une expérience de Bernouilli de paramètre p, le nombre de tours N avantsuccès suit une loi géométrique de paramètre p: P(N = n) = p(1−p) n .10

e) Soit Y: le montant investi au dernier pari. Y = 100 × 2 N−1 où N est la variable aléatoire dunombre de tour avant succès. On aE(Y) =∞∑∞∑(100×2 n−1 )P(N = n) = (100×2 n−1 )p(1−p) nn=1= 100p∞∑{2(1−p)} n−1 =n=1n=1{ 100p2(1−p)si p > 1/2∞ si p ≤ 1/2Si p ≤ 1/2 il faut être en moyenne infiniment riche pour pouvoir suivre cette stratégie! Si p > 1/2, unefortune finie sera en moyenne suffisante.Corrigé 49 Le nombre d’erreurs d’impression X dans une page déterminée est distribué B(n = 450,p =1/350), d’où2∑( ) i ( ) 450−i 1 349P(X ≥ 3) = 1−P(X ≤ 2) = C450i ≃ 0,14.350 350i=0On peut aussi faire l’approximation de cette binomiale par une loi de Poissonde paramètreλ = np ≃ 1.29et on obtient alorsP(X ≥ 3) = 1−P(X ≤ 2) = 1−e −λ( 1+λ+λ 2 /2 ) ≃ 0,14.Corrigé 50 a) Par calcul direct: pour k entier ≥ 0 :P{Z = k} = ∑ kl=0= ∑ kl=0= e −(λ1+λ2)∑ k= e−(λ 1 +λ 2 )k!Z est encore poissonienne, de paramètre (λ 1 +λ 2 ) .Or:b) Rappelons que pour tout t réel,P{X = l et Y = (k −l)}P{X = l}P{Y = (k −l)}l=0∑ kl=0λ 1ll!(k−l)λ 2(k−l)!k!×λ1ll!= e −(λ1+λ2) (λ 1+λ 2) kk!,λ 2(k−l)(k−l)!M Z (t) = E[e tZ ] = E[e tX e tY ] = E[e tX ]E[e tY ] (par ind.) .M X (t) = e −λ1 ∞ ∑k=0e tkλ 1 kk!= e −λ1 e λ1et = exp(λ 1 (e t −1)) .Ainsi: M Z (t) = exp(λ 1 (e t −1))exp(λ 2 (e t −1)) = exp((λ 1 +λ 2 )(e t −1)),on retrouve le fait que Z est poissonienne de paramètre (λ 1 +λ 2 ).Corrigé 51 Soit X la variable aléatoire de la taille d’un homme âgé de 25 ans.P(X > 185) ≃ 4,78%etP(X > 192|X > 180) =P(X > 192)P(X > 180) ≃ 1,14%.Corrigé 52 Soit X le nombre de kilomètres couverts par une batterie de voiture avant défaillance.X ∼ E(λ) avec λ = 1/10000.P(X > 5000) =∫ ∞5000λe −λx dx = e −λ5000 = e −1 2 .Corrigé 53 Il faut d’abord calculer c. Pour que f soit une densité on doit avoir ∫ +∞f(x)dx = 1,−∞c’est–à–dire1c = ∫ ∞xexp(−x/2)dx .011

On fait une intégration par parties et on obtient∫ ∞0xexp(−x/2)dx = −2xexp(−x/2) ∣ ∫ ∞∞ 0 +2 exp(−x/2)dx = 4,donc c=1/4. Par conséquent la probabilité que le système fonctionne au moins 5 mois est égale à∫ ∞5x4 exp(−x/2)dx = −exp(−x/2)∣ ∣ ∞ 5 − 1 2 xexp(−x/2)∣ ∣ ∞ 5 = e−5/2 + 5 2 e−5/2 ≃ 0.287.Corrigé 54 On doit trouver a tel que ∫ ∞−∞f(x)dx = 1. Donca =1∫ ∞0x 2 exp(−bx 2 )dx .0Si on fait le changement de variable y/ √ 2b = x on obtient∫ ∞0( ) 3 ∫ 1 ∞x 2 exp(−bx 2 )dx = √ y 2 exp(−y 2 /2)dy =2b0( ) 3√ ∫ 1 2π +∞√ ×2b 2 −∞y 2√2πexp(−y 2 /2)dy.La dernière intégrale est égale à 1 (c’est la variance d’une variable normale standard) et doncCorrigé 55et commeE(X) =∫ ∞−∞∫x 0π(1+x 2 ) dx =∫ ∞0a = 4 √ πb 3/2 .−∞∫x ∞π(1+x 2 ) dx+ xπ(1+x 2 ) dx.xπ(1+x 2 ) dx = 12π ln( 1+x 2) | ∞ 0 = ∞,diverge, on en déduit que X n’admet pas d’espérance mathématique.Corrigé 56 a) On calculeΓ(α) =∫ ∞0e −y y α−1 dx = −e −y y α−1 | ∞ 0 +(α−1)Γ(α−1) = (α−1)Γ(α−1) (α > 1).Puisque Γ(1) = 1, on en déduit que, pour n un nombre entier ≥ 1, Γ(n) = (n−1)!.b) On aE(X) = λαΓ(α)∫ ∞0∫ ∞x α e −λx dx = λα y α Γ(α+1)Γ(α) 0 λ αe−y1 dy = = α λ λΓ(α) λ .Corrigé 57 Soit P l’événement “la pièce acheté est pirate”. On a alors0On en déduit queπ(t) = P(P|T > t) ===P(T > t|P)P(P)P(T > t)14 e−5t14 e−5t + 3 4 e−2t11+3e 3tlim π(t) = lim P(P|T > t) = 0.t→∞ t→∞Corrigé 58 La fonction génératrice des moments est définie par M X (t) = E(e tX ). AinsiE(Y) = E(e X ) = M X (1) = exp(1/2),E(Y 2 ) = E(e 2X ) = M X (2) = exp(2),Var(Y) = E(Y 2 )−(E(Y)) 2 = exp(2)−exp(1).12

Corrigé 59 a) X et Y étant des durées de vie, on utilise la loi exponentielle. D’après l’énoncé, X suitune loi exponentielle de paramètre 1 et Y une loi exponentielle de paramètre 2.doncb) On aF X (t) =∫ t−∞f X (t) ={ e −t si t ≥ 00 sinon{ 1−ef X (x)dx =−t si t ≥ 00 sinon{ 2eet f Y (t) =−2t si t ≥ 00 sinon{ 1−eet F Y (t) =−2t si t ≥ 00 sinonc) F T (x) = P(T ≥ x) = P([X ≥ x]∩[Y ≥ x]). X et Y étant indépendantes, on aF T (x) = P(X ≤ x)P(Y ≤ x) = F X (x)F Y (x){ (1−e=−x )(1−e −2x ) = 1−e −x −e −2x +e −3x si x ≥ 00 sinond)F S (x) = P(T ≤ x) = P([X ≤ x]∪[Y ≤ x]) = 1−P([X > x]∩[Y > x]). X etY étantindépendantes,on aF S (x) = 1−P([X > x])P([Y > x]) = 1−(1−F X (x))(1−F Y (x)){1−e=−x e −2x = 1−e −3x si x ≥ 00 sinone) On cherche P(X > x|S ≤ x). On aP(X > x|S ≤ x) =f) On cherche P(T > t|X ≤ x). On aP(X > x∩S ≤ x)P(S ≤ x)= (1−F X(x))F Y (x)F S (x)P(T > t∩X ≤ x)P(T > t|X ≤ x) =P(X > x)= (1−F Y(t))F X (x)F X (x)Corrigé 60 Tout d’abord remarquons queMais P(X 1 ≥ t) = e −tλ . D’où=P(X > x∩Y ≤ x)P(S ≤ x)= e−x (1−e −2x )1−e −3x=P(Y > t∩X ≤ x)P(X ≤ x)= 1−F Y (t) = e −2t .P(min(X 1 ,...,X n ) ≥ t) = P(X 1 ≥ t,...,X n ≥ t) = P(X 1 ≥ t) nP(min(X 1 ,...,X n ) ≥ t) = e −tnλOn en déduit que min(X 1 ,...,X n ) est une variable aléatoire exponentielle de paramètre λn.Corrigé 61 On regarde pour y ∈ RP(Y ≤ y) =∫ y−∞f Y (z)dz.Du fait que la fonction logarithme soit inversible (elle est strictemement croissante), on peut écrireP(Y ≤ y) = P(logX ≤ y) = P{X ≤ exp(y)} =On fait le changement de variable z = logx et on obtientP(Y ≤ y) =∫ y−∞exp(z)exp{−exp(z)}dz =∫ y−∞∫ exp(y)0exp(−x)dx.exp{z −exp(z)}dz,d’oùf Y (z) = exp{z −exp(z)}.13

Corrigé 62 Tout d’abord nous calculerons la loi de Y. C’est-à-dire,P(Y ≥ x) = P(X ≥ lnx) = √ 1 ∫ ∞e −y2 2 dy 2π=∫1 ∞√2πxe −(lny)2 2où dans la dernière égalité on a fait le changement de variable y → lny ′ . On en déduit que la densité dela loi de Y est{√1f(y) = 2πe −(lny)2 1 2ysi y ≥ 00 si y < 01y dyCorrigé 63 a) Soit f(x) la densité de X et f(y) la densité de Y. Remarquons quef(y) =∫ ∞0f(x,y)dx = xe−x(1+y)−(1+y)∣∞0lnx∣+ e−x(1+y) ∣∣∣∞−(1+y) 2On en déduit que Y a une loi donnée par P(Y < a) = a1+a. D’autre part,f(x) =∫ ∞0f(x,y)dy = e −x0=1(1+y) 2On en déduit que X est une variable aléatoire exponentielle de paramètre 1. X et Y ne sont pasindépendantes parce que f(x,y) ≠ f(x)f(y).b) Soit f(x) la densité de X et f(y) la densité de Y. Remarquons queD’autre part,f(x) =f(y) =∫ 1−x0∫ 1−y0f(x,y)dy = 60x∫ 1−x0y 2 dy = 20x(1−x) 3∫ 1−yf(x,y)dx = 60y 2 xdx = 30y 2 (1−y) 2X et Y ne sont pas indépendantes parce que f(x,y) ≠ f(x)f(y).Corrigé 64 On a pour tout réel z :PuisCorrigé 65 a) On aF Z (z) = F X (z)F Y (z),F˜Z(z) = 1−(1−F X (z))(1−F Y (z)) = F X (z)+F Y (z)−F X (z)F Y (z).f Z (z) = f X (z)F Y (z)+F X (z)f Y (z),f˜Z(z) = f X (z)(1−F Y (z))+f Y (z)(1−F X (z)).∫ t∀t ≥ 0, P{Z ≤ t} = λ 1 λ 2 e −λ1u {b) Rappelons que:0∫ t−u00e −λ2v dv}du∫ t= λ 1 e −λ1u (1−e −λ2(t−u) )du0∫ t= (1−e −λ1t )−λ 1 e −λ2t e (λ2−λ1)u du0{ (1−e−λ 1t )+ λ1=λ 1−λ 2(e −λ1t −e −λ2t ) si λ 1 ≠ λ 21−(1+λt)e −λt si λ 1 = λ 2 = λ∀t ∈ R, M Z (t) = E[e tZ ] = E[e tX e tY ] = E[e tX ]E[e tY ] (par ind.) .14

Dans le cas d’une variable exponentielle:d’où:∀t < λ 1 , M X (t) =∫ +∞0λ 1 e −λ1u e tu du = λ 1λ 1 −tλ 2∀t < min(λ 1 ,λ 2 ), M Z (t) = λ 1λ 1 −tλ 2 −tc) On déduit du b) que si λ 1 = λ 2 , Z est une variable Gamma de paramètres α = 2 et λ..,Corrigé 66 a) On apour −1 ≤ x ≤ 1. De mêmef(x) =∫ √ 1−x 21− √ 1−x π dy = 2 √1−x2 ,π 2g(y) = 2 π√1−y2 ,pour −1 ≤ y ≤ 1. X et Y ne sont pas indépendantes car h(x,y) ≠ f(x)g(y).b) Cov(X,Y) = 0 par symétrie.Corrigé 67 On utilisef Z (z) =∫ ∞−∞f X (x)f Y (z −x)dxavec ici f X (x) = f Y (y) = 1 si 0 ≤ x ≤ 1 et nulle sinon. On a doncIl y a plusieurs cas à considérer:f X (x)f Y (z −x) = 1 si 0 ≤ x ≤ 1 et z −1 ≤ x ≤ z, 0 sinon.• Si z > 2 ou z < 0, alors {0 ≤ x ≤ 1}∩{z −1 ≤ x ≤ z} est vide et f Z (z) = 0.• Si 0 ≤ z ≤ 1, alors {0 ≤ x ≤ 1}∩{z −1 ≤ x ≤ z} = {0 ≤ x ≤ z} et f Z (z) = z.• Si 1 ≤ z ≤ 2, alors {0 ≤ x ≤ 1}∩{z−1 ≤ x ≤ z} = {z−1 ≤ x ≤ 1} et f Z (z) = 1−(z−1) = 2−z.On retrouve bien la densité voulue.Corrigé 68 a) Comme X est une variable aléatoire positive, par l’inégalité de Markov,:P{X > 85} ≤ E( X 85 ) = 7585 ≃ 0,88.b)Laconnaissancedu2ièmemomentdeX permetd’améliorerlamajorationprécédente,parl’inégalitéde Chebyshov:On a aussi:P{X > 85} = P{X 2 > 85 2 } ≤ 185 2E(X2 ) = σ2 +E(X) 285 2 = 25+75285 2 ≃ 0,78.P{65 ≤ X ≤ 85} = P{|X −E(X)| ≤ 10} = 1−P{|X −E(X)| > 10} ≥ 1− σ210 2 = 3/4.c) Puisque les notes de chacun des n étudiants sont des variables indépendantes, leur moyennearithmétiqueX n = 1 n∑X knest 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/n25 = n−1n ,avec 10 étudiants notre probabilité vaut au moins 0,9 .k=115

Corrigé 76 a) Avec n mesures, l’intervalle de confiance à (1−α) = 90% pour m est:[X n − σ √ nz 1−α/2 ;X n + σ √ nz 1−α/2 ](X n étant la moyenne arithmétique des n mesures). L’IC a pour longueur2(σ/ √ n)z 1−α/2 . Pourdiminuerde moitié la longueur de cet intervalle, il faut donc quadruplerle nombre de mesures effectuées, autrementdit effectuer 75 mesures supplémentaires.b) Soit α = 0,1 et α ′ = 0,05, Pour obtenir un intervalle de confiance à 95% pour m ayant la mêmelongueurquel’ICà90%,ilfautdoncunnombren ′ demesuresquisoittelque: √ √n ′ n×z1−α ′≃/2z 1−α/2≃ 5,958,soit n ′ = 35.5, donc 11 mesures supplémentaires.Corrigé 77 a) On sait que:√6(ˆmX−m 1)ˆσ Xsuit une loi de Student à 5 degrés de liberté. On a ensuite:P{ˆm X −a ≤ m 1 ≤ ˆm X +a} = P{|ˆm X −m 1 | ≤ a}= P{m 1 −a ≤ ˆm X ≤ m 1 +a}√ √ √6 6 6= P{−a ≤ (ˆm X −m 1 ) ≤ a }.ˆσ X ˆσ X ˆσ XCette probabilité vaut 0,95 si: a √ 6ˆσ X≃ 2,57. Ici: ˆσ x ≃ 1,673, on obtient donc: a ≃ 1,756, puisDe même,√12(ˆmY −m 2)ˆσ YI x = [47,44;50,96].suit une loi de Student à 11 degrés de liberté, la probabilité P{ˆm Y −a ′ ≤ m 2 ≤ˆm Y +a ′ } vaut donc 0,95 pour √ 12ˆσ Y.(a ′ ) ≃ 2,2, ainsiI y = [47,29;49,51].b) √ 6( ˆmX−m1σ 1) suit une loi normale centrée réduite, et:√6P{|ˆm X −m 1 | ≤ a} = P{−a≤ √ 6( ˆm X −m 1) ≤ aσ 1 σ 1√6σ 1},vaut 0,95 pour a √ 6σ 1≃ 1,96, i.e.: a ≃ 1,265. Le nouvel intervalle de confiance à 95% pour m 1 est doncJ x = [47,935;50,465].Pour le deuxième échantillon, les calculs donnent: a ′ ≃ 1,962≃ 0,98, et le nouvel intervalle de confiance à95% pour m 2 est doncJ y = [47,42;49,38].c) (ˆm X − ˆm Y ) est encore normale, d’espérance (m 1 −m 2 ) et de variance: σ1 2/6+σ2 2 /12 = 2/3,I = [(49,2−48,4)−1,64. √ 2/3;(49,2−48,4)+1,64. √ 2/3] = [−0,54;2,14]fournit donc un intervalle de confiance à 90% pour la différence (m 1 −m 2 ).Corrigé 78 a) On a:ˆm =S 2 =1(9×2001+21×2003+...+3×2023) ≃ 2010,73,10001999 (9×(2001−2010,73)2 +21×(2003−2010,73) 2 +...+3×(2023−2010,73) 2 ) ≃ 12,81.b) Soit Z une variable N(0;1). On a: P{Z > 1,96} ≃ 0,025,P{Z > 2,58} ≃ 0,005 . L’intervalle deconfiance à 95% pour la moyenne m est donc:[ˆm− 1,96×S √1000; ˆm+ 1,96×S √1000] ≃ [2010,51;2010,95].L’intervalle de confiance à 99% pour la moyenne m est:[ˆm− 2,58×S √1000; ˆm+ 2,58×S √1000] ≃ [2010,44;2011,02].18

Corrigé 85 a) La densité de la loi uniforme U(0,b) estf(x) = 1 bpour 0 ≤ x ≤ b.La vraisemblance estL(b) = 1b n pour 0 ≤ X 1,...,X n ≤ bqui atteint son maximum lorsque b est le plus petit possible, i.e. lorsque b est égal à la plus grande desx i . L’estimateur de maximum de vraisemblance de b est donc ˆb = max n i=1 X i.b) La statistique du rapport de vraisemblance estW(b) = 2{logL(ˆb)−logL(b)} = −2n{log( maxnX i)−logb} ∼ χ 2 1 , n grand,b ≥ maxnX i.i=1 i=1c) On a alorsW(b) = 40{log(b)−log(2.76)}, b > 2.76.On obtient à partir de W un intervalle de confiance de b au seuil (1−α):F X1 (x) =I W 1−α = {b : W(b) ≤ c 1 (1−α)}= {b : log(b)−log(2.76) ≤ c 1(1−α),b ≥ 2.76}40= {b : 2.76 ≤ b ≤ 2.76×exp( c 1(1−α))}40= [2.76,2.95].Corrigé 86 a) En notant U a (resp. U b ): “X 1 provient provient de la loi uniforme sur [0,a]”, on a⎧⎨=et la fonction de densité est⎩⎧⎪⎨⎪⎩0 si x < 0P(X 1 ≤ x|U a )P(U a )+P(X 1 ≤ x|U b )P(U b ) si 0 ≤ x ≤ b1 si x > b0 si x < 0p x a +(1−p)x b si 0 ≤ x ≤ ap+(1−p) x b si a ≤ x ≤ b1 si x > b⎧0 si x < 0⎪⎨ pf X1 (x) = a + (1−p)bsi 0 ≤ x ≤ a(1−p)⎪⎩ bsi a ≤ x ≤ b0 si x > bb) Les variables étant supposées indépendantes, chacune des X i appartiendra à l’intervalle [0,a] avecla probabilité F X1 (a). Ainsi N a suit la loi binomiale de paramètre n et ˜p = p+ (1−p)ab. Son espérance estn˜p et sa variance n˜p(1− ˜p).c) La vraisemblance pour p est( pL(p) =a + 1−p ) Na( ) n−Na 1−pb bet en dérivant par rapport à pd’où on tire∂logL(p)∂pCorrigé 87 On a{E (X − a+b } {n∑2 )2 = E (b−a= N apb+(1−p)a −(n−N 1a)1−p ,i=1ˆp = N ab−na.b−a}X in − a+b2n )2 =n∑i=1{E ( X in − a+b }2n )2 = (b−a)212n(la variance d’une somme de variables indépendantes centrées vaut la somme de leurs variances et X i /nest de loi uniforme sur [ a n , b (b−a)2n], donc de variance12n). 221

Corrigé 88 a) On a E(¯T) = θ/2 et Var(¯T) = θ212n donc E(θ 1) = θ et Var(θ 1 ) = θ23n → 0.b) P(M n < m) = P(T 1 < m et T 2 < m... et T n < m), donc⎧⎨ (m/θ) n si m ∈ [0,θ]P(M n < m) = 1 si m > θ⎩0 si m ≤ 0Par intégration, E(M n ) = nθn+1 et E(M2 n ) = nθ2n+2 donc Var(M n) =nθ 2(n+2)(n+1) 2 .c) On prend θ 2 = n+1n M n. On a E(θ 2 ) = θ et Var(θ 2 ) = θ2n(n+2)→ 0 quand n → ∞.d) Puisque la variance de θ 2 est plus faible que la variance de θ 1 (donc risque quadratique plus faible),il est préférable d’utiliser θ 2 .ete) M n et θ 2 convergent vers θ en probabilité car:∀ǫ > 0, P{|M n −θ| > ǫ} = P{(θ−M n ) > ǫ} = ( θ −ǫ ) n −→ 0θP{|ˆθ 2 −θ| > ǫ} = P{|M n − nn+1 θ| > nn+1 ǫ} = P{M n < nn+1 (θ−ǫ)}+P{M n > n (θ+ǫ)} −→ 0.n+1Corrigé 89 a) La loi a posteriori s’écritb) La densité a posteriori s’écritqui est maximale lorsquesoit l’estimateur du maximum a posteriorif(θ|t) ∝ f(t|θ)f(θ) ∝ θe −θ(λ+t) .f(θ|t 1 ,...,t n ) ∝ θ n e −θ(λ+∑ ni=1 ti)nθ n−1 −θ n (λ+ˆθ MAP =Corrigé 90 a) D’après l’énoncé, la loi a priori de p est)n∑t i = 0i=1nλ+ ∑ ni=1 T iP(p = 0.05) = P(p = 0.1) = 0.5.Pour p fixé, X suit une loi binomiale de paramètres n = 20 et p:b) D’après la formule des proabilités totales,P(X = k|p) = C k n pk (1−p) n−k .P(X = 3) = P(X = 3|p = 0.05)P(p = 0.05)+P(X = 3|p = 0.1)P(p = 0.1)= 0.0596×0.5+0.1901×0.5 = 0.1249.c) Parmi les 20 composants, 3 composants ont été détectés comme défecteux. Les probabilités aposteriori de p = 0.05 et p = 0.1 sont, d’après le théorème de Bayes,P(p = 0.05|X = 3) =P(p = 0.1|X = 3) =P(X = 3|p = 0.05)P(p = 0.05)P(X = 3)P(X = 3|p = 0.1)P(p = 0.1)P(X = 3)= 0.0596×0.50.1249= 0.1901×0.50.1249= 0.2386= 0.7614Il est a posteriori trois fois plus probable que 10% des composants soient défectueux, plutôt que 5%.d) L’espérance a posteriori de p estE(p|X = 3) = 0.05×P(p = 0.05|X = 3)+0.1×P(p = 0.1|X = 3) = 0.0881.22

La variance a posteriori de p estVar(p|X = 3) = E(p 2 |X = 3)−{E(p|X = 3)} 2= 0.05 2 ×P(p = 0.05|X = 3)+0.1 2 ×P(p = 0.1|X = 3)−{E(p|X = 3)} 2= 0.0004e) Lamoyennea posterioride pn’est ni en accordaveclechefde production(qui affirmeque p = 0.05),ni en accord avec l’inspecteur (qui estime que p = 0.1). Néanmoins, la valeur donnée par l’inspecteur estla plus proche de la moyenne a posteriori.Corrigé 91 a) Le pari au hasardcorrespond à q = 1/2. Le pari “visionnaire“(Paul ne se trompe jamais)correspond à q = 1.b) On note X le nombre de prédictions réussies. Pour q fixé, X suit une loi binomiale de paramètresn = 8 et q:P(X = k|q) = C k 8q k (1−q) n−kDans le cas du pari au hasard, q = 1/2 et P(X = 8|q = 1/2) = 1/2 8 = 1/256= 0.0039.Dans le cas du pari visionnaire, q = 1 et P(X = 8|q = 1) = 1.c) D’après l’énoncé, q peut prendre les deux valeurs 1/2 et 1 avec les probabilités a priori P(q =1) = 0.01 et P(q = 1/2) = 0.99. Les données dont on dispose correspondent à 8 bonnes prédictions,c’est-à-dire à l’événement “X = 8”. On a alors d’après la formule de Bayes,P(q|X = 8) =P(X = 8|q)P(q)P(q)=P(X = 8|q)P(q)P(X = 8|q = 1)P(q = 1)+P(X = 8|q = 0)P(q = 0) .D’où la loi a posterioriP(q = 1|X = 8) =P(q = 1/2|X = 8) =1×0.011×0.01+1/256×0.99 = 0.72111/256×0.991×0.01+1/256×0.99 = 0.2789.On en déduit que, sachant que Paul a fait 8 prédictions avec succès, il y a 72% de chance (environ 2chances sur trois) que Paul soit visionnaire. Il est à noter que ce chiffre n’est pas extraordinairementélevé: il y a en fait une chance sur trois que Paul ait juste eu de la chance...23