Partiel de probabilités discrètes : corrigé du contrôle de maths en L2

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Barème du contrôle corrigé : partiel de probabilités discrètes

Le corrigé détaillé : partiel de probabilités discrètes

Exercice 1 – Questions de cours sur l’indépendance (3 points)

1. Les événements \(A \cap B\) et \(A \cap \overline{B}\) sont incompatibles et leur réunion vaut \(A\). Donc \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) – P(A \cap B) = P(A) – P(A)P(B)\), puisque \(A\) et \(B\) sont indépendants. On obtient ainsi \(P(A \cap \overline{B}) = P(A)\left(1 – P(B)\right) = P(A)P(\overline{B})\). Les événements \(A\) et \(\overline{B}\) sont donc indépendants.
2. Par le théorème de transfert appliqué au couple, \(E(XY) = \sum_{x, y} xy\,P(X = x, Y = y)\), la somme étant finie. L’indépendance donne \(P(X = x, Y = y) = P(X = x)\,P(Y = y)\), si bien que la somme se factorise : \(E(XY) = \left(\sum_x x\,P(X = x)\right)\left(\sum_y y\,P(Y = y)\right) = E(X)\,E(Y)\). Par conséquent \(\mathrm{Cov}(X, Y) = E(XY) – E(X)E(Y) = 0\).
3. Par symétrie, \(E(X) = \frac{-2 – 1 + 1 + 2}{4} = 0\). De même, \(XY = X|X|\) prend les valeurs \(-4\), \(-1\), \(1\) et \(4\) avec la même probabilité, donc \(E(XY) = 0\). Ainsi \(\mathrm{Cov}(X, Y) = 0\). Pourtant, \(P(X = 1, Y = 2) = 0\), alors que \(P(X = 1)\,P(Y = 2) = \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}\). Les variables ne sont donc pas indépendantes : une covariance nulle n’entraîne pas l’indépendance.

Barème : 1) décomposition de \(A\) (0,5), conclusion (0,5) ; 2) transfert et factorisation (0,75), covariance (0,25) ; 3) covariance nulle (0,5), contre-exemple et réciproque fausse (0,5).

Piège classique : conclure à l’indépendance dès que la covariance est nulle. Le troisième point montre précisément qu’une variable et sa valeur absolue peuvent être non corrélées.

Exercice 2 – Une pièce choisie au hasard (4 points)

1. Par indépendance des lancers, \(P(A_n) = \left(\frac{2}{3}\right)^n\). La suite \((A_n)\) est décroissante, car ne pas avoir de pile en \(n + 1\) lancers implique de ne pas en avoir en \(n\) lancers. L’événement « jamais pile » est l’intersection des \(A_n\). Par continuité décroissante, sa probabilité vaut \(\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{2}{3}\right)^n = 0\). On obtient donc pile presque sûrement.
2. L’événement \(T = k\) signifie \(k – 1\) faces puis un pile, d’où \(P(T = k) = \left(\frac{2}{3}\right)^{k – 1} \frac{1}{3}\) pour \(k \geq 1\). La variable \(T\) suit la loi géométrique de paramètre \(\frac{1}{3}\), avec \(E(T) = 3\) et \(V(T) = \dfrac{2/3}{1/9} = 6\).
3. Les événements \(T = 2k\) sont deux à deux incompatibles, donc par \(\sigma\)-additivité, \(P(T \text{ pair}) = \sum_{k \geq 1} \left(\frac{2}{3}\right)^{2k – 1} \frac{1}{3} = \frac{2}{9} \sum_{k \geq 1} \left(\frac{4}{9}\right)^{k – 1}\). La série géométrique de raison \(\frac{4}{9}\) vaut \(\frac{9}{5}\). Ainsi \(P(T \text{ pair}) = \frac{2}{9} \times \frac{9}{5} = \frac{2}{5}\).

4. L’arbre complété

   Avec la pièce \(Q\), face sort avec la probabilité \(\frac{2}{3}\) et pile avec la probabilité \(\frac{1}{3}\), à chaque lancer.

   

   Bayes appliqué à l’événement T = 2

   On lit sur l’arbre \(P_E(T = 2) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}\) et \(P_Q(T = 2) = \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{9}\). La formule des probabilités totales donne alors \(P(T = 2) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4} + \frac{2}{9}\right) = \frac{17}{72}\). D’après la formule de Bayes, \(P_{T = 2}(Q) = \dfrac{\frac{1}{2} \times \frac{2}{9}}{\frac{17}{72}} = \frac{8}{72} \times \frac{72}{17}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{8}{17}\).

Barème : 1) \(P(A_n)\) (0,25), décroissance et continuité monotone (0,75) ; 2) loi (0,5), espérance et variance (0,5) ; 3) série géométrique (0,75), résultat (0,25) ; 4) arbre (0,25), probabilités totales (0,25), Bayes (0,5).

Piège classique : sommer à partir de \(k = 0\) dans la question 3. La variable \(T\) vaut au moins 1, donc le premier rang pair est 2.

Exercice 3 – Un tableau de loi conjointe (4 points)

1. On somme chaque colonne : \(P(X = 0) = \frac{3}{12}\), \(P(X = 1) = \frac{5}{12}\) et \(P(X = 2) = \frac{4}{12}\). En sommant ensuite chaque ligne, \(P(Y = 0) = \frac{6}{12}\) et \(P(Y = 1) = \frac{6}{12}\). Ainsi \(Y\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(\frac{1}{2}\), et les deux sommes valent bien 1.
2. On a \(P(X = 0, Y = 0) = \frac{2}{12}\), alors que \(P(X = 0)\,P(Y = 0) = \frac{3}{12} \times \frac{1}{2} = \frac{1{,}5}{12}\). Les variables ne sont donc pas indépendantes.
3. On calcule \(E(X) = \frac{0 \times 3 + 1 \times 5 + 2 \times 4}{12} = \frac{13}{12}\) et \(E(Y) = \frac{1}{2}\). Ensuite, seules les cases où \(i \geq 1\) et \(j = 1\) comptent dans \(E(XY)\) : \(E(XY) = \frac{1 \times 2 + 2 \times 3}{12} = \frac{2}{3}\). D’où \(\mathrm{Cov}(X, Y) = \frac{2}{3} – \frac{13}{24} = \frac{16 – 13}{24} = \frac{1}{8}\).
4. D’abord \(E(X^2) = \frac{5 + 4 \times 4}{12} = \frac{7}{4}\), donc \(V(X) = \frac{7}{4} – \frac{169}{144} = \frac{83}{144}\). De plus, \(V(Y) = \frac{1}{4} = \frac{36}{144}\). La formule \(V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2\,\mathrm{Cov}(X, Y)\) donne alors \(V(X + Y) = \frac{83 + 36 + 36}{144}\). On trouve \(V(X + Y) = \frac{155}{144}\).
5. Puisque \(P(X = 2) = \frac{4}{12}\), on obtient \(P_{X = 2}(Y = 0) = \frac{1/12}{4/12} = \frac{1}{4}\) et \(P_{X = 2}(Y = 1) = \frac{3}{4}\). Sachant \(X = 2\), la variable \(Y\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(\frac{3}{4}\).

Barème : 1) deux marginales (0,5 + 0,5) ; 2) contre-exemple (0,5) ; 3) espérances (0,5), covariance (0,5) ; 4) \(V(X)\) (0,5), formule et résultat (0,5) ; 5) loi conditionnelle (0,5).

Piège classique : oublier le terme \(2\,\mathrm{Cov}(X, Y)\) dans la variance de la somme. On ne peut l’omettre que si les variables sont non corrélées.

Exercice 4 – Clients et acheteurs : un amincissement de Poisson (3 points)

1. Par le théorème de transfert, \(G_X(t) = \sum_{n \geq 0} e^{-\lambda} \frac{\lambda^n t^n}{n!} = e^{-\lambda} e^{\lambda t}\), la série exponentielle convergeant pour tout réel. Ainsi \(G_X(t) = e^{\lambda(t – 1)}\).

2. Probabilités totales sur le système des événements X = n

   Pour \(k \geq 0\), la formule des probabilités totales donne \(P(A = k) = \sum_{n \geq k} P(X = n)\binom{n}{k}p^k q^{n – k}\), où \(q = 1 – p\).

   Échange des sommes

   Pour \(|t| \leq 1\), tous les termes sont dominés en module par des termes positifs de somme finie, donc on peut intervertir les sommations. Il vient \(G_A(t) = \sum_{n \geq 0} P(X = n) \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k}(pt)^k q^{n – k}\). Par la formule du binôme, la somme intérieure vaut \((q + pt)^n\). On obtient donc \(G_A(t) = G_X(1 – p + pt)\).

3. D’après la question 1, \(G_A(t) = e^{\lambda(1 – p + pt – 1)} = e^{\lambda p(t – 1)}\). C’est la fonction génératrice de la loi de Poisson de paramètre \(\lambda p\), et une fonction génératrice caractérise la loi. Par conséquent \(A\) suit la loi de Poisson \(\mathcal{P}(\lambda p)\).
4. Ici \(\lambda p = 6 \times \frac{1}{3} = 2\). Le nombre moyen d’acheteurs est \(E(A) = 2\) par heure, et la probabilité de ne rien vendre vaut \(P(A = 0) = e^{-2}\).

Barème : 1) calcul (0,5) ; 2) probabilités totales (0,5), interversion justifiée (0,25), binôme (0,5) ; 3) identification (0,5) ; 4) espérance (0,25), probabilité (0,5).

Piège classique : affirmer que \(A\) suit une loi binomiale. Le nombre \(n\) d’essais est lui-même aléatoire, et la loi obtenue est une loi de Poisson.

Exercice 5 – Problème : deux guichets et un client en attente (6 points)

1. Pour \(k \geq 0\), on a \(P(S > k) = \sum_{j \geq k + 1} p\,q^{j – 1} = p\,q^k \times \frac{1}{1 – q}\). Comme \(1 – q = p\), on obtient \(P(S > k) = q^k\).

2. La queue de loi du minimum

   L’événement \(M > k\) est égal à l’intersection de \(S > k\) et de \(T > k\). Par indépendance, \(P(M > k) = q^k \times q^k = \left(q^2\right)^k\). Pour \(k \geq 1\), on en déduit \(P(M = k) = P(M > k – 1) – P(M > k) = \left(q^2\right)^{k – 1}\left(1 – q^2\right)\).

   Identification de la loi

   Or \(1 – q^2 = (1 – q)(1 + q) = p(2 – p) = r\). Donc \(M\) suit la loi géométrique de paramètre \(r = p(2 – p)\). Pour \(p = \frac{1}{2}\), on a \(r = \frac{3}{4}\), d’où \(E(M) = \frac{1}{r} = \frac{4}{3}\) et \(V(M) = \frac{1 – r}{r^2} = \frac{1/4}{9/16} = \frac{4}{9}\). La figure représente cette loi.

   

3. Par incompatibilité des événements \(S = T = k\), puis par indépendance, \(P(S = T) = \sum_{k \geq 1} p^2 q^{2k – 2} = \frac{p^2}{1 – q^2} = \frac{p^2}{p(2 – p)} = \frac{p}{2 – p}\). Les couples \((S, T)\) et \((T, S)\) ont la même loi, car \(S\) et \(T\) sont indépendantes et de même loi ; ainsi \(P(S < T) = P(T < S)\). Comme ces trois cas forment un système complet, \(2P(S < T) = 1 – \frac{p}{2 – p}\). On conclut que \(P(S = T) = \frac{p}{2 – p}\) et \(P(S < T) = \frac{1 – p}{2 – p}\).
4. Les variables \(M\) et \(U\) admettent une espérance, donc par linéarité \(E(D) = \frac{4}{3} + 2 = \frac{10}{3}\). De plus, \(U\) est indépendante de \((S, T)\), donc de \(M\) : les variances s’ajoutent. Avec \(V(U) = \frac{q}{p^2} = 2\), on obtient \(V(D) = \frac{4}{9} + 2\). Ainsi \(E(D) = \frac{10}{3}\) minutes et \(V(D) = \frac{22}{9}\).

5. Calcul de la probabilité jointe

   L’événement « \(M = k\) et \(S \leq T\) » s’écrit « \(S = k\) et \(T \geq k\) ». Par indépendance, sa probabilité vaut \(p\,q^{k – 1} \times q^{k – 1} = p\,q^{2k – 2}\). D’autre part, \(P(S \leq T) = \frac{1 – p}{2 – p} + \frac{p}{2 – p} = \frac{1}{2 – p}\), et \(P(M = k) = p(2 – p)\,q^{2k – 2}\). Leur produit vaut donc \(p\,q^{2k – 2}\). L’égalité demandée est démontrée.

   Interprétation

   L’événement « le guichet 1 se libère le premier ou en même temps » est indépendant de l’attente \(M\). Autrement dit, savoir quel guichet servira \(C\) ne renseigne pas sur la durée de son attente.

6. Bienaymé-Tchebychev

   Les \(M_i\) sont indépendantes, de même loi que \(M\), donc \(E\left(\overline{M}_n\right) = \frac{4}{3}\) et \(V\left(\overline{M}_n\right) = \frac{V(M)}{n} = \frac{4}{9n}\). L’inégalité donne \(P\left(\left|\overline{M}_n – \frac{4}{3}\right| \geq \frac{1}{3}\right) \leq \frac{4}{9n} \times 9 = \frac{4}{n}\). Or \(\frac{4}{n} \leq 0{,}05\) dès que \(n \geq 80\). Il suffit donc d’observer \(n = 80\) jours.

   Comportement asymptotique

   La même majoration, avec un \(\varepsilon > 0\) quelconque, tend vers 0. C’est la loi faible des grands nombres : \(\overline{M}_n\) converge en probabilité vers \(E(M) = \frac{4}{3}\).

Barème : 1) somme géométrique (0,5) ; 2) intersection et indépendance (0,5), loi de \(M\) (0,5), espérance et variance (0,25) ; 3) \(P(S = T)\) (0,5), symétrie (0,5) ; 4) espérance (0,5), variance avec indépendance (0,5) ; 5) calcul (0,75), interprétation (0,25) ; 6) majoration (0,5), valeur de \(n\) (0,25), loi faible (0,5).

Piège classique : écrire \(P(M = k) = P(S = k)\,P(T = k)\). Le minimum vaut \(k\) dès que l’une des durées vaut \(k\) et que l’autre est au moins égale à \(k\).

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Consolider partiel de probabilités discrètes après ce corrigé

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