QCM : Couples et loi des grands nombres en L2 de maths

Réponse D.

La loi marginale de \(Y\) s’obtient en sommant sur toutes les valeurs de \(X\). Donc \(P(Y=1)=0{,}3+0{,}4=0{,}7\). Le piège \(0{,}4\) ne garde que la case \((1,1)\). Ensuite, \(0{,}6\) est la marginale de \(X\), obtenue en sommant sur la mauvaise ligne. Enfin, \(0{,}5\) suppose à tort une loi uniforme.

Réponse B.

On divise la probabilité conjointe par celle de la condition : \(\frac{0{,}4}{0{,}7}=\frac{4}{7}\). Le piège \(\frac{2}{3}\) divise par \(P(X=1)=0{,}6\), donc il calcule \(P(Y=1\mid X=1)\). Ensuite, \(\frac{2}{5}\) est la probabilité conjointe sans division. Enfin, \(\frac{3}{7}\) donne \(P(X=0\mid Y=1)\), la valeur complémentaire.

Réponse B.

L’indépendance exige \(P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j)\) pour toutes les cases. Or \(0{,}6\times 0{,}7=0{,}42\), qui diffère de \(0{,}4\). Ainsi, une seule case suffit pour conclure. Le piège des probabilités non nulles confond indépendance et support plein. De plus, comparer deux cases entre elles ne teste rien : des variables indépendantes ont souvent des cases différentes.

Réponse A.

On utilise la formule de König : \(\mathrm{Cov}(X,Y)=E[XY]-E[X]E[Y]\). Ici, \(XY\) vaut 1 seulement sur la case \((1,1)\), donc \(E[XY]=0{,}4\). Par conséquent, la covariance vaut \(0{,}4-0{,}42=-0{,}02\). Le piège \(0{,}02\) inverse la soustraction. Ensuite, \(0{,}4\) oublie le produit des espérances. Enfin, 0 supposerait l’indépendance, déjà exclue.

Réponse D.

On développe \(V(2X-Y)=4V(X)+V(Y)-2\cdot 2\cdot\mathrm{Cov}(X,Y)\). On obtient \(16+9+4=29\). Le piège 25 oublie le terme de covariance, valable seulement pour des variables non corrélées. Ensuite, 21 se trompe sur le signe du terme croisé. Enfin, 27 oublie le facteur 2 du double produit, comme dans un carré mal développé.

Réponse D.

On a \(E[X]=0\) et \(E[XY]=E[X^3]=0\). Donc la covariance est nulle. Cependant, \(P(X=0,Y=1)=0\), alors que \(P(X=0)P(Y=1)=\frac{1}{3}\times\frac{2}{3}\) n’est pas nul. La covariance ne mesure en effet qu’une dépendance linéaire. Le piège \(\frac{2}{3}\) correspond à \(E[Y]\), pris à tort pour la covariance.

Réponse C.

On somme \(\sum_{k\geq 0}e^{-2}\frac{2^k}{k!}s^k=e^{-2}e^{2s}=e^{2(s-1)}\). On vérifie alors que \(G_N(1)=1\), comme pour toute fonction génératrice. Le piège \(e^{2(1-s)}\) inverse le signe. Ensuite, \(e^{2s}\) oublie le facteur \(e^{-2}\), si bien qu’en \(s=1\) on trouve \(e^2\). Enfin, \(e^{s-2}\) ne vaut pas 1 en \(s=1\).

Réponse B.

L’espérance vaut \(G_T^{\prime}(1)\). On dérive : \(G_T^{\prime}(s)=\frac{(1+s)^2+2s(1+s)}{4}\), donc \(G_T^{\prime}(1)=\frac{4+4}{4}=2\). D’ailleurs, \(T\) a la loi de \(1+B\), avec \(B\) binomiale de paramètres 2 et \(\frac{1}{2}\). Le piège \(\frac{1}{4}\) évalue la dérivée en 0, ce qui donne \(P(T=1)\). Enfin, \(\frac{5}{2}\) est \(G_T^{\prime\prime}(1)\).

Réponse C.

Par indépendance, la fonction génératrice de la somme est le produit des deux : \(e^{2(s-1)}e^{3(s-1)}=e^{5(s-1)}\). Or la fonction génératrice caractérise la loi. Donc \(U+W\) suit la loi de Poisson de paramètre 5. Le piège 6 multiplie les paramètres au lieu de les additionner. Quant à \(\frac{5}{2}\), il fait la moyenne des paramètres.

Réponse A.

Les 36 couples sont équiprobables. Trois d’entre eux donnent 4 : \((1,3)\), \((2,2)\) et \((3,1)\). Ainsi, la probabilité vaut \(\frac{3}{36}=\frac{1}{12}\). Le piège \(\frac{1}{11}\) suppose les onze sommes possibles équiprobables, ce qui est faux. Ensuite, \(\frac{1}{9}\) compte quatre couples en doublant \((2,2)\). Enfin, \(\frac{1}{18}\) oublie l’ordre des dés.

Réponse C.

Par indépendance, la variance de la somme vaut \(n\sigma^2\), puis le facteur \(\frac{1}{n^2}\) donne \(\frac{\sigma^2}{n}\). Ensuite, l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev fait tendre \(P(|M_n-m|\geq\varepsilon)\) vers 0. Le piège \(\frac{\sigma^2}{n^2}\) oublie que la somme a déjà une variance \(n\sigma^2\). De plus, la convergence en probabilité n’impose jamais l’égalité exacte.

Réponse A.

On majore par \(\frac{V(M_n)}{\varepsilon^2}=\frac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}=\frac{4}{1000\times 0{,}04}=0{,}1\). Le piège \(0{,}02\) oublie d’élever \(\varepsilon\) au carré. Ensuite, \(0{,}05\) utilise l’écart type 2 à la place de la variance. Enfin, \(0{,}4\) remplace \(\varepsilon^2\) par \(0{,}01\), comme si l’écart toléré valait \(0{,}1\).