QCM : Lois discrètes et espérance en L2 de maths

Réponse D.

Les valeurs sont équiprobables et symétriques autour du milieu de l’intervalle, donc \(E(X)=\frac{3+11}{2}=7\). Le piège \(6\) applique la formule \(\frac{n+1}{2}\) comme si les valeurs commençaient à \(1\). La réponse \(5\) vient du même réflexe appliqué au nombre de valeurs, qui vaut \(9\). Enfin, \(7{,}5\) décale la borne inférieure d’une unité.

Réponse B.

Par définition, \(F_X(2{,}5)=P(X\leqslant 2{,}5)=P(X=1)+P(X=2)=\frac{1}{2}\). La fonction de répartition d’une variable discrète est en escalier : elle reste constante entre deux valeurs prises. Le piège \(\frac{5}{8}\) la traite comme une fonction affine, ce qui vaut pour une loi à densité. Ensuite, \(\frac{1}{4}\) donne seulement \(P(X=2)\), tandis que \(\frac{3}{4}\) correspond à \(F_X(3)\).

Réponse A.

La variable suit une loi de Bernoulli de paramètre \(p=0{,}3\). Comme \(X^2=X\), on a \(E(X^2)=p\), donc \(V(X)=p-p^2=p(1-p)=0{,}21\). Le piège \(0{,}3\) confond variance et espérance. La valeur \(0{,}09\) correspond à \(p^2\), c’est-à-dire au carré de l’espérance seul. Enfin, \(0{,}7\) est la probabilité de l’échec.

Réponse C.

Les lancers sont indépendants et chacun donne un six avec probabilité \(\frac{1}{6}\). Ainsi, \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(12,\frac{1}{6})\), donc \(V(X)=12\times\frac{1}{6}\times\frac{5}{6}=\frac{5}{3}\). Le piège \(2\) est l’espérance. La valeur \(\frac{5}{36}\) oublie le facteur \(n\), et \(\sqrt{5/3}\) est l’écart type, pas la variance.

Réponse B.

Le tirage est sans remise, donc \(X\) suit une loi hypergéométrique. On compte \(\binom{4}{2}\binom{6}{1}=36\) tirages favorables parmi \(\binom{10}{3}=120\), d’où \(\frac{3}{10}\). Le piège \(\frac{36}{125}\) utilise la loi binomiale, valable seulement avec remise. Oublier le choix de la boule noire donne \(\frac{6}{120}=\frac{1}{20}\). Enfin, \(\frac{2}{5}\) est la proportion de rouges.

Réponse D.

La variable \(X\) suit la loi géométrique de paramètre \(\frac{1}{4}\). Or l’événement \(X>3\) signifie que les trois premières épreuves sont des échecs, donc \(P(X>3)=\left(\frac{3}{4}\right)^3=\frac{27}{64}\). Le piège \(\frac{37}{64}\) calcule le complémentaire. Ensuite, \(\frac{9}{64}\) vaut \(P(X=3)\), et \(\frac{81}{256}\) compte un échec de trop.

Réponse C.

Pour une loi de Poisson de paramètre \(\lambda\), on a \(P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\). Ici, \(\frac{2^3}{3!}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}\), donc \(P(X=3)=\frac{4}{3}e^{-2}\). Le piège \(\frac{8}{3}\) divise par \(3\) au lieu de \(3!\). Une erreur de signe dans l’exponentielle donne une valeur supérieure à 1. Enfin, \(e^{-3}\) confond le paramètre avec la valeur de \(k\).

Réponse A.

Le théorème de transfert donne \(E(X^2)=\sum x^2P(X=x)=1\times\frac{1}{4}+0+4\times\frac{1}{2}=\frac{9}{4}\). Il évite de chercher la loi de \(X^2\). Le piège \(\frac{9}{16}\) calcule \(E(X)^2\), qui diffère en général de \(E(X^2)\) : leur écart est précisément la variance. La valeur \(\frac{3}{4}\) est \(E(X)\). Enfin, \(\frac{5}{3}\) fait une moyenne des carrés sans les pondérer.

Réponse A.

Pour des réels \(a\) et \(b\), on a \(V(aX+b)=a^2V(X)\) : la constante ne change pas la dispersion, et le facteur passe au carré. Ainsi, \(V(3-2X)=(-2)^2\times 4=16\). Le piège \(-8\) oublie le carré, ce qui donne une variance négative, donc impossible. La réponse \(8\) prend \(|a|\) au lieu de \(a^2\). Enfin, \(19\) ajoute à tort la constante \(3\).

Réponse C.

Pour une variable positive et \(a>0\), l’inégalité de Markov donne \(P(X\geqslant a)\leqslant\frac{E(X)}{a}\). Ici, on obtient donc \(\frac{5}{20}=\frac{1}{4}\). Le piège \(\frac{1}{16}\) élève le quotient au carré, par confusion avec Bienaymé-Tchebychev. La valeur \(\frac{3}{4}\) minore la probabilité contraire. Enfin, \(\frac{1}{20}\) oublie l’espérance au numérateur. Remarquons que la positivité de \(X\) est indispensable.

Réponse D.

L’inégalité affirme \(P(|X-E(X)|\geqslant\varepsilon)\leqslant\frac{V(X)}{\varepsilon^2}\). Avec \(\varepsilon=5\), on trouve \(\frac{4}{25}\). Le piège \(\frac{2}{5}\) divise l’écart type par \(\varepsilon\), sans carré. La valeur \(\frac{4}{5}\) oublie d’élever \(\varepsilon\) au carré. Quant à \(\frac{21}{25}\), elle minore en fait la probabilité de l’événement contraire \(|X-10|<5\).

Réponse B.

Par transfert, \(E\left(\frac{1}{X+1}\right)=\sum_{k\geqslant 0}\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{(k+1)!}\). On factorise par \(\frac{e^{-\lambda}}{\lambda}\) et on reconnaît \(\sum_{j\geqslant 1}\frac{\lambda^j}{j!}=e^{\lambda}-1\). Donc l’espérance vaut \(\frac{1-e^{-\lambda}}{\lambda}\). Le piège \(\frac{1}{\lambda+1}\) remplace \(X\) par son espérance, ce qui est faux pour une fonction non affine. Les deux autres oublient le terme \(-1\) ou décalent le dénominateur.