QCM : Variables aléatoires finies en maths sup (MPSI)

Réponse B.

La variable \(X\) ne prend que les valeurs \(0\) et \(1\), et \(0^2=0\), \(1^2=1\). Ainsi \(X^2=X\), donc \(E(X^2)=E(X)=p\). La réponse \(p^2\) suppose à tort que \(E(X^2)=E(X)^2\). La valeur \(p(1-p)\) est la variance, qui vaut justement \(p-p^2\) d’après König-Huygens.

Réponse D.

On regroupe les antécédents de chaque valeur. D’une part, \(Y=1\) correspond à \(X=0\) ou \(X=2\), d’où \(\frac{2}{5}\) ; de même, \(Y=2\) vient de \(X=-1\) ou \(X=3\). D’autre part, \(Y=0\) n’a qu’un antécédent. L’équiprobabilité sur les trois valeurs oublie de compter les antécédents. Les trois valeurs \(\frac{1}{5}\) n’ont pas une somme égale à \(1\) : c’est donc impossible.

Réponse A.

Chaque tirage est une épreuve de Bernoulli de succès « rouge », de probabilité \(\frac{4}{10}=\frac{2}{5}\). Grâce à la remise, les \(5\) épreuves sont indépendantes et identiques, donc \(X\) suit une loi binomiale de paramètres \(5\) et \(\frac{2}{5}\). Le paramètre \(\frac{2}{3}\) divise les rouges par les bleues au lieu du total. Prendre \(10\) confond le nombre de jetons et le nombre de tirages ; prendre \(4\) le confond avec le nombre de rouges.

Réponse C.

La formule de transfert donne \(E\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)\). La parenthèse vaut \(\frac{25}{12}\), d’où \(\frac{25}{48}\). La réponse \(\frac{2}{5}\) calcule l’inverse de \(E(X)=\frac{5}{2}\) : or l’espérance ne commute pas avec une fonction non affine. Par ailleurs, \(\frac{25}{12}\) oublie de pondérer par \(\frac{1}{4}\).

Réponse C.

La loi marginale s’obtient en sommant sur les valeurs de \(X\) : \(P(Y=1)=0{,}3+0{,}4=0{,}7\). Ensuite, \(P(X=0)=0{,}4\) et \(P(Y=0)=0{,}3\), dont le produit vaut \(0{,}12\neq 0{,}1\). Une seule case qui échoue suffit à refuser l’indépendance. La valeur \(0{,}4\) lit seulement la case \((1,1)\). Quant à \(0{,}3\), elle lit la case \((0,1)\).

Réponse B.

Le lemme des coalitions demande que les deux variables construites n’utilisent aucune variable commune. Ici, \(X_1+X_2\) dépend de \(\{X_1,X_2\}\) et \(X_3X_4\) de \(\{X_3,X_4\}\) : ces paquets sont disjoints. Dans les autres couples, une même variable apparaît des deux côtés, comme \(X_2\) ou \(X_3\). Par conséquent, le lemme ne s’applique pas, et l’indépendance est fausse en général.

Réponse C.

La formule de König-Huygens donne \(V(X)=E(X^2)-E(X)^2=13-9=4\). L’écart type est la racine carrée de la variance, soit \(2\). La réponse \(4\) s’arrête à la variance. La valeur \(\sqrt{10}\) retranche \(E(X)\) au lieu de son carré. Enfin, \(\sqrt{22}\) ajoute \(E(X)^2\) au lieu de le soustraire.

Réponse B.

Pour des réels \(a\) et \(b\), on a \(V(aX+b)=a^2V(X)\) : translater ne modifie rien, tandis qu’un facteur multiplicatif ressort élevé au carré. Ici \(a=-2\), donc \(V(3-2X)=4\times 5=20\). La réponse \(-10\) oublie le carré ; une variance négative est d’ailleurs impossible. La valeur \(10\) prend \(|a|\) au lieu de \(a^2\). Enfin, \(23\) ajoute à tort la constante \(3\).

Réponse D.

On développe : \(V(X-Y)=V(X)+V(Y)-2\,\mathrm{Cov}(X,Y)\). Ainsi \(V(X-Y)=4+9+4=17\). La réponse \(9\) est la variance de \(X+Y\), où la covariance s’ajoute avec son signe. La valeur \(13\) néglige la covariance, comme si les variables étaient indépendantes. Enfin, \(-5\) soustrait les variances, alors que \(V(-Y)=V(Y)\).

Réponse A.

On écrit \(N\) comme somme de \(19\) indicatrices : \(\mathbf{1}_{A_i}\), où \(A_i\) est l’événement « pile au rang \(i\), face au rang \(i+1\) ». Chaque \(A_i\) a pour probabilité \(\frac{1}{4}\). Par linéarité, \(E(N)=\frac{19}{4}\), même si ces indicatrices ne sont pas indépendantes. La réponse \(5\) compte \(20\) positions au lieu de \(19\). La valeur \(\frac{19}{2}\) oublie la contrainte sur le second lancer.

Réponse A.

On voit \(S\) comme le nombre de succès en \(50\) épreuves indépendantes, chacune réussie avec probabilité \(0{,}2\). Par linéarité, \(E(S)=50\times 0{,}2=10\). Ensuite, l’indépendance permet d’additionner les variances : \(V(S)=50\times 0{,}2\times 0{,}8=8\). La réponse \(40\) multiplie par \(1-p\) seulement. La valeur \(2\) remplace \(p(1-p)\) par \(p^2\). Enfin, \(V(S)=E(S)\) n’est pas vrai pour une binomiale.

Réponse D.

L’inégalité donne \(P(|S-E(S)|\geqslant a)\leqslant\frac{V(S)}{a^2}\). Avec \(V(S)=8\) et \(a=5\), on obtient \(\frac{8}{25}\). La valeur \(\frac{8}{5}\) oublie le carré de \(a\) et dépasse \(1\), donc elle n’apporte rien. Quant à \(\frac{2}{3}\), elle applique l’inégalité de Markov à l’événement \(S\geqslant 15\) seulement. Enfin, \(\frac{2\sqrt{2}}{5}\) divise l’écart type par \(a\).