Espérance et loi des grands nombres : corrigé du contrôle de maths en terminale

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Barème du contrôle corrigé : espérance et loi des grands nombres

Le corrigé détaillé : espérance et loi des grands nombres

Exercice 1 – Le ticket à gratter de l’association (4 points)

1. Toutes les probabilités lues sont positives, et leur somme vaut \(0{,}7 + 0{,}2 + 0{,}08 + 0{,}02 = 1\). Le diagramme définit donc bien une loi de probabilité.
2. \(E(X) = -2 \times 0{,}7 + 0 \times 0{,}2 + 5 \times 0{,}08 + 20 \times 0{,}02\)
   \(E(X) = -1{,}4 + 0 + 0{,}4 + 0{,}4 = -0{,}6\).
   Ainsi \(E(X) = -0{,}6\) : sur un grand nombre de tickets, un joueur perd en moyenne 60 centimes par ticket.
3. On calcule d’abord \(E(X^2) = 4 \times 0{,}7 + 0 \times 0{,}2 + 25 \times 0{,}08 + 400 \times 0{,}02\).
   \(E(X^2) = 2{,}8 + 0 + 2 + 8 = 12{,}8\).
   Puis, d’après la formule de König-Huygens, \(V(X) = E(X^2) – E(X)^2 = 12{,}8 – 0{,}36 = 12{,}44\).
   Donc \(V(X) = 12{,}44\) et \(\sigma(X) = \sqrt{12{,}44} \approx 3{,}53\) €.
4. Pour un ticket, le gain de l’association est \(-X\), car elle encaisse le prix et paie le lot. Le bénéfice total \(B\) est donc l’opposé de la somme des gains \(X_1\), \(X_2\), …, \(X_{500}\) des joueurs, où chaque \(X_i\) suit la loi de \(X\).
   Par linéarité de l’espérance : \(E(B) = -500 \times E(X) = -500 \times (-0{,}6) = 300\).
   L’association peut espérer un bénéfice de 300 €.

Piège classique : oublier d’élever l’espérance au carré dans König-Huygens. En effet, on retire \((-0{,}6)^2 = 0{,}36\), et non \(-0{,}6\).

Barème : Q1 : 0,5 point ; Q2 : 1 point (0,5 pour le calcul, 0,5 pour l’interprétation) ; Q3 : 1,5 point (0,5 pour \(E(X^2)\), 0,5 pour la variance, 0,5 pour l’écart type) ; Q4 : 1 point.

Exercice 2 – Bus et tram pour aller au lycée (3 points)

1. Par linéarité de l’espérance, \(E(T) = E(T_1) + E(T_2) = 18 + 12 = 30\). La durée totale moyenne est de 30 minutes.
2. Comme \(T_1\) et \(T_2\) sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme des variances : \(V(T) = 9 + 4 = 13\). Donc \(V(T) = 13\) et \(\sigma(T) = \sqrt{13} \approx 3{,}61\) minutes.
3. D’une part, par linéarité, \(E(S) = 5 \times 30 = 150\). D’autre part, les cinq durées sont indépendantes, donc \(V(S) = 5 \times 13 = 65\). Ainsi \(E(S) = 150\) minutes et \(V(S) = 65\).
4. On a \(E(M) = \frac{1}{5}E(S) = \frac{150}{5} = 30\) et \(V(M) = \frac{1}{5^2}V(S) = \frac{65}{25} = 2{,}6\). Donc \(E(M) = 30\) minutes et \(V(M) = 2{,}6\).

Piège classique : additionner les écarts types, soit \(3 + 2 = 5\). Pourtant, ce sont les variances qui s’additionnent, et seulement pour des variables indépendantes.

Barème : Q1 : 0,5 point ; Q2 : 1 point (0,5 pour la variance avec l’indépendance citée, 0,5 pour l’écart type) ; Q3 : 1 point (0,5 par résultat) ; Q4 : 0,5 point.

Exercice 3 – Des paquets de café sous contrôle (4 points)

1. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne, pour \(\delta = 10\) :
   \(P(|Z – 250| \geq 10) \leq \frac{V(Z)}{10^2} = \frac{16}{100}\).
   Donc \(P(|Z – 250| \geq 10) \leq 0{,}16\).
2. L’événement « \(240 < Z < 260\) » s’écrit aussi \(|Z – 250| < 10\) ; c’est donc le contraire de \(|Z – 250| \geq 10\). Alors \(P(240 < Z < 260) = 1 – P(|Z – 250| \geq 10) \geq 1 – 0{,}16\). Par conséquent, \(P(240 < Z < 260) \geq 0{,}84\).
3. L’inégalité donne \(P(|Z – 250| \geq \delta) \leq \frac{16}{\delta^2}\). Il suffit donc que \(\frac{16}{\delta^2} \leq 0{,}04\), soit \(\delta^2 \geq \frac{16}{0{,}04} = 400\), c’est-à-dire \(\delta \geq 20\) car \(\delta > 0\). Le plus petit écart est \(\delta = 20\) g : au moins 96 % des paquets ont une masse strictement comprise entre 230 g et 270 g.
4. On applique l’inégalité à \(Y\) avec \(\delta = 2\sigma\), qui est strictement positif :
   \(P(|Y – E(Y)| \geq 2\sigma) \leq \frac{V(Y)}{(2\sigma)^2} = \frac{\sigma^2}{4\sigma^2}\).
   Donc \(P(|Y – E(Y)| \geq 2\sigma) \leq \frac{1}{4}\), quelle que soit la loi de \(Y\).

Piège classique : conclure que \(P(240 < Z < 260) = 0{,}84\). Or l’inégalité fournit seulement une minoration : la vraie probabilité est souvent bien plus grande.

Barème : Q1 : 1 point ; Q2 : 1 point (0,5 pour l’événement contraire, 0,5 pour le résultat) ; Q3 : 1 point (0,5 pour l’inéquation, 0,5 pour la phrase) ; Q4 : 1 point.

Exercice 4 – Les bulbes de tulipes (4 points)

1. Pour une loi de Bernoulli de paramètre \(p = 0{,}2\), on a \(E(X_1) = p = 0{,}2\) et \(V(X_1) = p(1 – p) = 0{,}2 \times 0{,}8 = 0{,}16\). Puisque \(M_n\) est la moyenne d’un échantillon de variables indépendantes de même loi, \(E(M_n) = E(X_1)\) et \(V(M_n) = \frac{V(X_1)}{n}\). Donc \(E(M_n) = 0{,}2\) et \(V(M_n) = \frac{0{,}16}{n}\).
2. L’inégalité de concentration avec \(n = 400\) et \(\delta = 0{,}05\) donne :
   \(P(|M_{400} – 0{,}2| \geq 0{,}05) \leq \frac{0{,}16}{400 \times 0{,}05^2} = \frac{0{,}16}{400 \times 0{,}0025} = \frac{0{,}16}{1} = 0{,}16\).
   Or \(0{,}15 < M_{400} < 0{,}25\) est l’événement contraire de \(|M_{400} – 0{,}2| \geq 0{,}05\). Ainsi \(P(0{,}15 < M_{400} < 0{,}25) \geq 1 – 0{,}16 = 0{,}84\).
3. On cherche \(n\) tel que \(\frac{0{,}16}{n \times 0{,}0025} \leq 0{,}01\).
   Comme \(\frac{0{,}16}{0{,}0025} = 64\), cela revient à \(\frac{64}{n} \leq 0{,}01\), soit \(n \geq \frac{64}{0{,}01} = 6\,400\).
   La plus petite taille est \(n = 6\,400\) bulbes.
4. Pour tout réel \(\delta > 0\), \(\lim_{n \to +\infty} P(|M_n – 0{,}2| \geq \delta) = 0\). Autrement dit, plus Hugo prélève de bulbes, plus la proportion de bulbes qui ne fleurissent pas se rapproche de 20 %.

Piège classique : multiplier la variance par \(n\) pour la moyenne. En réalité, c’est la somme qui a une variance \(n\) fois plus grande, alors que la moyenne a une variance divisée par \(n\).

Barème : Q1 : 1 point (0,5 pour \(X_1\), 0,5 pour \(M_n\)) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1,5 point (0,5 pour l’inéquation, 0,5 pour la résolution, 0,5 pour la conclusion entière) ; Q4 : 0,5 point.

Exercice 5 – Le stand de chamboule-tout (5 points)

1. Si le joueur perd, Gaspard garde les 2 € : \(G = 2\). S’il gagne, Gaspard encaisse 2 € mais paie une peluche de 4 € : \(G = 2 – 4 = -2\). Ainsi \(P(G = -2) = 0{,}25\) et \(P(G = 2) = 0{,}75\).
   \(E(G) = -2 \times 0{,}25 + 2 \times 0{,}75 = -0{,}5 + 1{,}5 = 1\).
   \(E(G^2) = 4 \times 0{,}25 + 4 \times 0{,}75 = 4\), donc \(V(G) = 4 – 1^2 = 3\).
   On obtient bien \(E(G) = 1\) et \(V(G) = 3\).
2. D’abord, par linéarité, \(E(S) = 100 \times E(G) = 100\). Ensuite, les parties sont indépendantes, donc \(V(S) = 100 \times V(G) = 300\). Ainsi \(E(S) = 100\) € et \(V(S) = 300\).
3. Si \(S \leq 0\), alors \(S – 100 \leq -100\), donc \(|S – 100| \geq 100\). L’événement \(S \leq 0\) est ainsi inclus dans \(|S – 100| \geq 100\), d’où \(P(S \leq 0) \leq P(|S – 100| \geq 100)\).
   Puis, d’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, \(P(|S – 100| \geq 100) \leq \frac{300}{100^2} = 0{,}03\).
   La probabilité que Gaspard ne gagne rien ce samedi est donc au plus \(0{,}03\).

4. On a \(E(M_n) = 1\) et \(V(M_n) = \frac{3}{n}\). De même qu’à la question 3, si \(M_n \leq 0\), alors \(|M_n – 1| \geq 1\). Par conséquent, l’inégalité de concentration avec \(\delta = 1\) donne :
   \(P(M_n \leq 0) \leq P(|M_n – 1| \geq 1) \leq \frac{3}{n \times 1^2} = \frac{3}{n}\).
   Il suffit alors que \(\frac{3}{n} \leq 0{,}01\), soit \(n \geq 300\).
   Il faut au moins 300 parties pour que l’inégalité garantisse \(P(M_n \leq 0) \leq 0{,}01\).

Piège classique : appliquer directement l’inégalité à \(P(S \leq 0)\). Elle ne porte que sur un écart symétrique autour de l’espérance, donc il faut d’abord justifier l’inclusion des événements.

Barème : Q1 : 1,5 point (0,5 pour la loi, 0,5 pour l’espérance, 0,5 pour la variance) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1,5 point (0,5 pour l’inclusion, 1 pour la majoration) ; Q4 : 1 point.

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Consolider espérance et loi des grands nombres après ce corrigé

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