QCM : Lois géométrique et de Poisson en maths spé (MP)

Réponse D.

Ici \(X\) suit la loi géométrique de paramètre \(1/4\) sur \(\mathbb{N}^*\) : deux échecs puis un succès. Ainsi, \(P(X=3)=(3/4)^2\times 1/4=9/64\). La réponse \(27/256\) compte trois échecs avant le succès, comme si le support commençait à 0. De même, \(3/64\) échange les rôles du succès et de l’échec.

Réponse B.

Pour \(\mathcal{G}(p)\), on a \(E(X)=1/p\) et \(V(X)=(1-p)/p^2\). Donc \(E(X)=5\) et \(V(X)=(4/5)\times 25=20\). La variance 25 oublie le facteur \(1-p\). Par ailleurs, l’espérance 4 correspond au nombre d’échecs avant le premier succès, c’est-à-dire à \(X-1\), dont la variance reste 20. Enfin, les valeurs \(1/5\) et \(4/25\) sont celles d’une Bernoulli.

Réponse C.

La formule est \(P(N=k)=e^{-\lambda}\lambda^k/k!\). Avec \(\lambda=2\) et \(k=3\), on obtient \(8e^{-2}/6=\tfrac43e^{-2}\). Le piège \(\tfrac83e^{-2}\) divise par 3 au lieu de \(3!\). Ensuite, \(8e^{-2}\) oublie complètement la factorielle. Enfin, l’exponentielle porte sur le paramètre et non sur la valeur \(k\), ce qui élimine \(\tfrac43e^{-3}\).

Réponse C.

Le nombre de défauts suit \(\mathcal{B}(1000\,;0{,}003)\), avec un grand nombre d’essais et une petite probabilité. On l’approche donc par une loi de Poisson de paramètre \(np=3\), qui conserve l’espérance. Le piège \(2{,}991\) utilise \(np(1-p)\), c’est-à-dire la variance. Quant à la loi géométrique, elle décrirait le rang de la première pièce défectueuse, pas leur nombre.

Réponse A.

Comme \(P(X>n)=(1-p)^n\), le quotient vaut \((1-p)^7/(1-p)^4=(1-p)^3\). On retrouve ainsi l’absence de mémoire : sachant quatre échecs, la suite repart à zéro. La réponse \((1-p)^7\) oublie de conditionner. En revanche, \(p(1-p)^3\) est la probabilité d’un événement ponctuel, celle que \(X\) vaille exactement 4.

Réponse B.

Pour des variables de Poisson indépendantes, les paramètres s’additionnent. En effet, la formule du binôme dans la convolution donne \(P(X+Y=n)=e^{-4}4^n/n!\). Le paramètre \(3{,}75\) multiplie au lieu d’additionner. Ensuite, \(\mathcal{P}(2)\) prend la moyenne des deux paramètres. Enfin, la stabilité par somme exige l’indépendance, qui figure bien dans l’énoncé.

Réponse B.

On somme \(P(X=2j)=\tfrac13(2/3)^{2j-1}\) pour \(j\geq1\). La série géométrique de raison \(4/9\) donne \(\tfrac29\big/\tfrac59=\tfrac25\). La valeur \(3/5\) est au contraire la probabilité d’un rang impair, plus grande car la valeur 1 est la plus probable. Ainsi, le réflexe de symétrie qui mène à \(1/2\) est faux pour une loi décroissante.

Réponse A.

On passe par la queue : \(P(\min>n)=P(X>n)P(Y>n)=\big((1-p)(1-q)\big)^n\) grâce à l’indépendance. On reconnaît donc une loi géométrique dont le paramètre vaut \(1-(1-p)(1-q)=p+q-pq\). Le piège \(p+q\) peut dépasser 1. De plus, \(\mathcal{G}(pq)\) décrirait le premier essai où les deux expériences réussissent en même temps.

Réponse D.

Le lemme des coalitions s’applique à des fonctions de paquets disjoints de variables. Or \(\{1,3\}\) et \(\{2,4\}\) sont disjoints, donc la conclusion vaut. Les trois pièges réutilisent une même variable des deux côtés. Par exemple, \(X_3-X_4\) et son opposé sont liés de façon déterministe. De même, \(X_1\) apparaît dans \(X_1+X_4\), ce qui crée en général une dépendance.

Réponse A.

\(W\) est uniforme sur \(\{-1,1\}\), et \(P(U=a,W=c)=P(U=a,V=ac)=1/4\) : \(U\) et \(W\) sont donc indépendantes, et de même pour \(V\). Cependant, \(P(U=1,V=1,W=-1)=0\) alors que le produit vaut \(1/8\). Par conséquent, l’indépendance mutuelle échoue. La réponse dissymétrique entre \(U\) et \(V\) contredit les rôles identiques de ces deux variables.

Réponse D.

La formule des probabilités totales donne \(P(A=k)=\sum_{n\geq k}e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}\). En sortant \((\lambda p)^k/k!\), il reste la série de \(e^{\lambda(1-p)}\), d’où \(e^{-\lambda p}(\lambda p)^k/k!\). Le paramètre \(\lambda(1-p)\) est celui des appels non urgents. Enfin, \(\mathcal{B}(n,p)\) est la loi conditionnelle, qui dépend encore de \(n\).

Réponse C.

L’événement impose un succès au rang \(n\) et exactement un succès parmi les \(n-1\) premiers essais. Il y a donc \(n-1\) places possibles pour ce premier succès, et \(n-2\) échecs au total. Le piège \(\binom{n}{2}\) autorise le deuxième succès avant le rang \(n\). Quant à l’exposant \(n-1\), il compte un échec de trop.