Indicatrices et variance d’une somme : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : indicatrices et variance d’une somme

Exercice	Points
1. Messages d’une station météo	3 points
2. Deux jetons tirés sans remise	4 points
3. Casques rendus au hasard	4 points
4. Taille d’un échantillon de diodes	3 points
5. Problème : changements dans une suite de lancers	6 points
Total	20 points

Le corrigé détaillé : indicatrices et variance d’une somme

Exercice 1 – Messages d’une station météo (3 points)

1. Chaque envoi est une épreuve à deux issues : le message arrive (succès) ou il est perdu. On répète 12 fois cette épreuve de Bernoulli, de paramètre \(\frac{3}{4}\), et les envois sont indépendants. Or \(X\) compte les succès parmi ces 12 épreuves. Donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}\left(12, \frac{3}{4}\right)\).
2. D’après le cours, \(E(X) = 12 \times \frac{3}{4} = 9\) et \(V(X) = 12 \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{9}{4}\). Ainsi \(E(X) = 9\), \(V(X) = \frac{9}{4}\) et \(\sigma(X) = \frac{3}{2}\). La barre colorée, la plus haute, se trouve justement en \(k = 9\) : la valeur la plus probable coïncide ici avec l’espérance, ce qui est cohérent.

3. On a \(P(X = 12) = \left(\frac{3}{4}\right)^{12} = \frac{3 \times 3^{11}}{4^{12}}\). De plus, \(P(X = 11) = \binom{12}{11}\left(\frac{3}{4}\right)^{11}\frac{1}{4} = \frac{12 \times 3^{11}}{4^{12}}\).

   Ces deux événements sont incompatibles, donc on additionne. Ainsi \(P(X \geq 11) = \frac{15 \times 3^{11}}{4^{12}}\), soit \(c = 15\), ce qui fait environ 0,16 et concorde avec le diagramme.

Barème : 1) épreuves, indépendance et comptage (0,75), paramètres (0,25) ; 2) espérance et variance (0,5), écart type (0,25), cohérence (0,25) ; 3) les deux probabilités (0,5) et la somme (0,5).

Piège classique : écrire seulement « on répète 12 fois la même expérience ». Sans le mot indépendance, la justification est incomplète.

Exercice 2 – Deux jetons tirés sans remise (4 points)

Questions 1 et 2 : loi conjointe et indépendance

1. L’univers est l’ensemble des six couples ordonnés de numéros distincts, tous équiprobables. On les liste avec la valeur de \((U, M)\) : \((1, 2)\) donne \((1, 2)\) ; \((1, 3)\) donne \((1, 3)\) ; \((2, 1)\) donne \((2, 2)\) ; \((2, 3)\) donne \((2, 3)\) ; enfin \((3, 1)\) et \((3, 2)\) donnent tous deux \((3, 3)\). D’où le tableau suivant, où \(M = 1\) est impossible.

   	\(U = 1\)	\(U = 2\)	\(U = 3\)	loi de \(M\)
   \(M = 2\)	\(\frac{1}{6}\)	\(\frac{1}{6}\)	0	\(\frac{1}{3}\)
   \(M = 3\)	\(\frac{1}{6}\)	\(\frac{1}{6}\)	\(\frac{2}{6}\)	\(\frac{2}{3}\)
   loi de \(U\)	\(\frac{1}{3}\)	\(\frac{1}{3}\)	\(\frac{1}{3}\)	1

   Pour lire les marginales, il suffit d’additionner chaque ligne et chaque colonne. Ainsi \(U\) suit la loi uniforme sur \(\{1, 2, 3\}\), tandis que \(P(M = 2) = \frac{1}{3}\) et \(P(M = 3) = \frac{2}{3}\).

2. La case \((U = 3, M = 2)\) du tableau est vide, mais le produit des marginales correspondantes vaut \(\frac{1}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{9}\). L’indépendance est donc en défaut : \(U\) et \(M\) sont liées.

Questions 3 et 4 : covariance et variance de la somme

3. D’abord, \(E(U) = \frac{1 + 2 + 3}{3} = 2\), puis \(E(M) = 2 \times \frac{1}{3} + 3 \times \frac{2}{3} = \frac{8}{3}\). Ensuite, la formule de transfert appliquée au couple donne

   \[E(UM) = \frac{1 \times 2 + 2 \times 2 + 1 \times 3 + 2 \times 3 + 2 \times (3 \times 3)}{6} = \frac{33}{6} = \frac{11}{2}.\]

   Par conséquent, \(\mathrm{Cov}(U, M) = E(UM) – E(U)E(M) = \frac{11}{2} – \frac{16}{3}\). Ainsi \(\mathrm{Cov}(U, M) = \frac{1}{6}\).

4. La variance d’une somme de deux variables s’écrit \(V(U + M) = V(U) + V(M) + 2\,\mathrm{Cov}(U, M)\). Donc \(V(U + M) = \frac{6}{9} + \frac{2}{9} + \frac{3}{9} = \frac{11}{9}\). On peut le vérifier sur les six valeurs 3, 4, 4, 5, 6, 6 de \(U + M\).

Barème : 1) univers (0,25), tableau (0,75), marginales (0,5) ; 2) 0,5 point ; 3) \(E(U)\) et \(E(M)\) (0,5), \(E(UM)\) (0,5), covariance (0,5) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : oublier le terme \(2\,\mathrm{Cov}(U, M)\). Ici les variables sont liées, donc les variances ne s’ajoutent pas simplement.

Exercice 3 – Casques rendus au hasard (4 points)

Questions 1 et 2 : petit cas et espérance

1. Pour \(n = 3\), l’identité a trois points fixes. Les trois transpositions en ont chacune un seul, tandis que les deux cycles de longueur 3 n’en ont aucun. Notons aussi que deux points fixes forcent le troisième. Ainsi \(P(Z = 0) = \frac{1}{3}\), \(P(Z = 1) = \frac{1}{2}\), \(P(Z = 3) = \frac{1}{6}\) et \(P(Z = 2) = 0\).
2. Une permutation qui fixe \(i\) revient à permuter librement les \(n – 1\) éléments restants, ce qui offre \((n – 1)!\) possibilités. Comme toutes les permutations ont la même probabilité, \(P(Y_i = 1) = \frac{(n – 1)!}{n!} = \frac{1}{n}\). Or \(Z = Y_1 + \cdots + Y_n\), et l’espérance est linéaire. Donc \(E(Z) = n \times \frac{1}{n} = 1\), quel que soit \(n\) ; le cas \(n = 3\) donne bien \(\frac{1}{2} + \frac{3}{6} = 1\).

Questions 3 et 4 : covariances et majoration

3. En raisonnant de la même manière, fixer à la fois \(i\) et \(j\) laisse \((n – 2)!\) bijections possibles pour le reste. D’où \(P(Y_i = 1, Y_j = 1) = \frac{(n – 2)!}{n!} = \frac{1}{n(n – 1)}\). Le produit \(Y_iY_j\) étant l’indicatrice de cet événement, on obtient

   \[\mathrm{Cov}(Y_i, Y_j) = \frac{1}{n(n – 1)} – \frac{1}{n^2} = \frac{1}{n^2(n – 1)}.\]

   Par ailleurs, une indicatrice de paramètre \(\frac{1}{n}\) a pour variance \(\frac{1}{n}\left(1 – \frac{1}{n}\right) = \frac{n – 1}{n^2}\). La variance d’une somme fait intervenir les \(\binom{n}{2}\) couples \(i < j\), d’où

   \[V(Z) = n \times \frac{n – 1}{n^2} + 2\binom{n}{2} \times \frac{1}{n^2(n – 1)} = \frac{n – 1}{n} + \frac{1}{n} = 1.\]

   Ainsi \(V(Z) = 1\) pour tout \(n \geq 2\).

4. L’événement \(Z \geq 3\) est inclus dans l’événement \(|Z – 1| \geq 2\). Grâce à l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, il vient \(P(Z \geq 3) \leq P(|Z – 1| \geq 2) \leq \frac{V(Z)}{4}\). Par conséquent, \(P(Z \geq 3) \leq \frac{1}{4}\), et cette majoration ne dépend pas du nombre de grimpeurs.

Barème : 1) 1 point ; 2) probabilité (0,5), linéarité et conclusion (0,5) ; 3) probabilité conjointe (0,5), covariance (0,5), variance (0,5) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : supposer les \(Y_i\) indépendantes et conclure \(V(Z) = \frac{n – 1}{n}\). Leur covariance est petite, mais il y en a beaucoup.

Exercice 4 – Taille d’un échantillon de diodes (3 points)

1. Les \(n\) diodes forment \(n\) épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre \(p\), et \(S_n\) compte les diodes défectueuses. Ainsi \(S_n\) suit la loi \(\mathcal{B}(n, p)\). Par linéarité, \(E\left(\overline{D}_n\right) = \frac{np}{n} = p\). De plus, \(V\left(\overline{D}_n\right) = \frac{1}{n^2}V(S_n) = \frac{p(1 – p)}{n}\).

   Enfin, \(p(1 – p) = \frac{1}{4} – \left(p – \frac{1}{2}\right)^2 \leq \frac{1}{4}\), comme le montre la figure. Donc \(V\left(\overline{D}_n\right) \leq \frac{1}{4n}\).

   

2. La variable \(\overline{D}_n\) admet une variance et son espérance vaut \(p\). L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev s’applique donc : \(P\left(\left|\overline{D}_n – p\right| \geq \delta\right) \leq \frac{V\left(\overline{D}_n\right)}{\delta^2}\). Avec la question 1, on obtient la majoration \(\frac{1}{4n\delta^2}\).
3. Pour \(\delta = \frac{1}{20}\), on a \(4n\delta^2 = \frac{4n}{400} = \frac{n}{100}\), donc le majorant vaut \(\frac{100}{n}\). Il suffit alors que \(\frac{100}{n} \leq \frac{1}{20}\), c’est-à-dire \(n \geq 2000\). Un échantillon de 2000 diodes suffit d’après cette majoration.

Barème : 1) loi de \(S_n\) (0,25), espérance et variance (0,5), majoration de \(p(1 – p)\) (0,25) ; 2) 1 point ; 3) 1 point.

Piège classique : laisser \(p\) dans le résultat final. La proportion étant inconnue, seule la majoration par \(\frac{1}{4}\) permet de conclure.

Exercice 5 – Problème : changements dans une suite de lancers (6 points)

Questions 1 et 2 : une indicatrice, puis un couple

1. La variable \(D_k\) est à valeurs dans \(\{0, 1\}\), donc elle suit une loi de Bernoulli. L’événement \(D_k = 1\) est la réunion disjointe de « Pile puis Face » et de « Face puis Pile » aux rangs \(k\) et \(k + 1\). Par indépendance des lancers, \(P(D_k = 1) = p(1 – p) + (1 – p)p = 2p(1 – p)\). De plus, \(p(1 – p) \leq \frac{1}{4}\), donc \(q \leq \frac{1}{2}\). Enfin, par linéarité, \(E(R) = (n – 1)q = 2(n – 1)p(1 – p)\).

2. Le couple \((D_1, D_2)\) ne dépend que des trois premiers lancers. Notons P et F les faces. L’événement \(D_1 = D_2 = 1\) correspond aux suites PFP et FPF, de probabilité \(p^2(1 – p) + p(1 – p)^2 = p(1 – p)\). De même, \(D_1 = 1, D_2 = 0\) correspond à PFF et FPP, et \(D_1 = 0, D_2 = 1\) à PPF et FFP : chacun a pour probabilité \(p(1 – p)\). Il reste PPP et FFF, de probabilité \(p^3 + (1 – p)^3 = 1 – 3p(1 – p)\).

   	\(D_2 = 0\)	\(D_2 = 1\)
   \(D_1 = 0\)	\(1 – 3p(1 – p)\)	\(p(1 – p)\)
   \(D_1 = 1\)	\(p(1 – p)\)	\(p(1 – p)\)

   Ainsi \(E(D_1D_2) = p(1 – p)\), puis \(\mathrm{Cov}(D_1, D_2) = p(1 – p) – 4p^2(1 – p)^2 = p(1 – p)\left(1 – 4p + 4p^2\right)\). Donc \(\mathrm{Cov}(D_1, D_2) = p(1 – p)(1 – 2p)^2\).

   Pour deux variables de Bernoulli, l’indépendance équivaut à \(P(D_1 = 1, D_2 = 1) = P(D_1 = 1)P(D_2 = 1)\), donc à une covariance nulle. Comme \(p(1 – p) \neq 0\), \(D_1\) et \(D_2\) sont indépendantes si et seulement si \(p = \frac{1}{2}\) ; toutes les cases valent alors \(\frac{1}{4}\).

Questions 3 et 4 : coalitions et variance de R

3. La variable \(D_k\) est une fonction du couple \((X_k, X_{k+1})\), et \(D_l\) une fonction de \((X_l, X_{l+1})\). Puisque \(l \geq k + 2\), les ensembles d’indices \(\{k, k + 1\}\) et \(\{l, l + 1\}\) sont disjoints. Or les \(X_i\) sont mutuellement indépendantes. Le lemme des coalitions assure alors que \(D_k\) et \(D_l\) sont indépendantes.

4. La variance d’une somme s’écrit \(V(R) = \sum_{k=1}^{n-1} V(D_k) + 2\sum_{k < l} \mathrm{Cov}(D_k, D_l)\). D’abord, chaque \(D_k\) est de Bernoulli, donc \(V(D_k) = q(1 – q)\). Ensuite, d’après la question 3, la covariance est nulle dès que \(l \geq k + 2\).

   Il reste les couples voisins \((k, k + 1)\), pour \(k\) allant de 1 à \(n – 2\) : il y en a \(n – 2\). Pour chacun, \((X_k, X_{k+1}, X_{k+2})\) a la même loi que \((X_1, X_2, X_3)\), car les lancers sont indépendants et de même loi. Ainsi \(\mathrm{Cov}(D_k, D_{k+1}) = \mathrm{Cov}(D_1, D_2)\). Donc \(V(R) = (n – 1)q(1 – q) + 2(n – 2)\,p(1 – p)(1 – 2p)^2\).

Question 5 : la pièce équilibrée

5. Pour \(p = \frac{1}{2}\), on a \(q = \frac{1}{2}\) et \(1 – 2p = 0\). Avec \(n = 101\), on obtient \(E(R) = \frac{100}{2} = 50\) et \(V(R) = 100 \times \frac{1}{4} = 25\). L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne alors \(P(|R – 50| \geq 10) \leq \frac{25}{100} = \frac{1}{4}\). En passant à l’événement contraire, \(P(|R – 50| < 10) \geq \frac{3}{4}\). Comme \(|R – 50| < 10\) équivaut à \(40 < R < 60\), on a bien \(P(40 < R < 60) \geq \frac{3}{4}\).

Barème : 1) loi de \(D_k\) (0,5), majoration de \(q\) (0,25), espérance (0,25) ; 2) tableau (0,75), covariance (0,5), cas d’indépendance (0,25) ; 3) 1 point ; 4) termes de variance (0,5), décompte des \(n – 2\) couples voisins (0,5), conclusion (0,5) ; 5) moments (0,5), inégalité et passage au contraire (0,5).

Piège classique : croire les \(D_k\) indépendantes parce que les lancers le sont. Deux indicatrices voisines partagent un lancer, d’où une covariance non nulle si \(p \neq \frac{1}{2}\).

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