Correction de l`examen de probabilités et statistiques

Correction de l’examen de probabilités et statistiques
Olivier Alata, Franck Licini, Julian Tugaut∗, Didier Vincent
Si vous trouvez des erreurs de Français ou de mathématiques ou bien si vous avez des questions et/ou
des suggestions, envoyez-moi un mail à [email protected]
∗
1
2
Table des matières
Page de garde
1
Table des matières
3
Exercice 1
Énoncé . . . . .
Remarque . . .
Correction . . .
Correction
Correction
. . . .
. . . .
. . . .
du 1)
du 2)
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5
5
5
5
5
5
Exercice 2
Énoncé . . . . .
Correction . . .
Correction
Correction
. . . .
. . . .
du 1)
du 2)
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7
7
7
7
7
Exercice 3
Énoncé . . . . .
Remarque . . .
Correction . . .
Correction
Correction
Correction
Correction
Correction
. . . .
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du 1)
du 2)
du 3)
du 4)
du 5)
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9
9
9
9
9
10
11
12
12
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13
13
13
13
14
14
14
14
15
15
15
Exercice 4
Énoncé . . . . .
Correction . . .
Correction
Correction
Correction
Correction
Correction
Correction
Correction
Correction
. . . .
. . . .
du 1)
du 2)
du 3)
du 4)
du 5)
du 6)
du 7)
du 8)
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3
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4
Exercice 1
Énoncé
Sur chaque pièce d’un jeu de dominos figurent deux symboles, qui peuvent être les mêmes,
pris parmi {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Deux pièces ne peuvent pas être identiques.
1) Combien y a-t-il de pièces dans un jeu de dominos ?
2) On considère l’expérience aléatoire qui consiste à tirer au hasard un domino. Quelle est la
probabilité p de tirer un domino qui contient un six ?
Remarque
Certains étudiants ont cru, pour la question deux, qu’il fallait avoir exactement un six. Toutefois, comme le mot “exactement” n’était pas précisé, la question demandait la probabilité
d’avoir au moins un six.
Correction
Correction du 1)
Il y a deux types de pièces :
– Les pièces doubles : ces pièces sont de la forme i − i avec 0 ≤ i ≤ 6. Il y a donc 7 telles
pièces.
– Les pièces simples : ces pièces sont de lq forme i − j avec i 6= j. Comme la pièce i − j
est la même que
la pièce j − i, cela revient à choisir deux nombres parmi sept. Il y a
7
7!
2
donc C7 = 2 = 5!2!
= 21 telles pièces.
Donc, il y a 28 pièces en tout.
Correction du 2)
Comme on considère un tirage au hasard, l’espace fondamental est muni de l’équiprobabilité.
On note A l’évènement “on tire un domino qui contient un six”. Il vient immédiatement
p = P(A) =
#{cas favorables}
.
#{cas possibles}
Ici, d’après la première question, on a #{cas possibles} = 28. On doit donc compter le nombre
de dominos qui contiennent un six.
Parmi les pièces doubles, 6 − 6 est le seul possible.
Parmi les pièces simples, on en a six : 0 − 6, 1 − 6, 2 − 6, 3 − 6, 4 − 6 et 5 − 6. On a donc
7
= 14 .
#{cas favorables} = 6 + 1 = 7. On en déduit p = 28
5
6
Exercice 2
Énoncé
Une tension de bruit électronique est modélisée par une variable aléatoire centrée qui suit
une loi normale de variance σ 2 .
1) Quelle est la probabilité que la valeur absolue de cette tension dépasse 2σ ? (On utilisera
les tables des lois usuelles de probabilité).
2) On ajoute n tensions de bruit identiquement distribuées, indépendantes et suivant la loi
précédente. On souhaite que la probabilité, que la tension de bruit équivalente dépasse en
valeur absolue 5σ, soit inférieure ou égale à 0.01. Combien de sources (tensions) de bruit
peut-on ajouter ?
Correction
Correction du 1)
On appelle X cette variable aléatoire. Alors, Y :=
N (0, 1). D’où
X
σ
suit la loi normale centrée réduite,
P (|X| > 2σ) = P (|Y | > 2)
= P (Y < −2) + P (Y > 2)
= 2P (Y > 2)
= 2 − 2P (Y ≤ 2)
= 2 − 2 × 0.9772
= 0.0456 .
On trouve ainsi : P (|X| > 2σ) = 0.0456 .
Correction du 2)
On note X1 , · · · , Xn les n tensions de bruit. On pose
Yn := X1 + · · · + Xn .
Comme les variables aléatoires Xi sont indépendantes deux à deux, on en déduit
Var(Yn ) = Var(X1 ) + · · · + Var(Xn ) = nσ 2 .
Puis, par linéarité de l’espérance, on a E(Yn ) = 0.
aléatoire qui
√ Donc, Yn est une variable
n
. Cette variable
suit la loi normale centrée de variance nσ 2 , N (0, nσ). On pose Un := √Ynσ
aléatoire Un suit la loi normale centrée réduite, N (0, 1).
Ainsi, on a
!
!
5
5
= 2 − 2P Un ≤ √
.
P (|Yn | > 5σ) = P |Un | > √
n
n
7
On souhaite avoir P (|Yn | > 5σ) ≤ 0.01. Ceci nous donne alors
5
P Un ≤ √
n
En regardant sur les tables, on en déduit
Conséquemment, n = 3 .
√5
n
8
!
≥ 0.995 .
≥ 2.58 ce qui implique n ≤
25
2.582
≈ 3.75.
Exercice 3
Énoncé
Soit l’ensemble Ω = {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)}. Les couples (a, b) ∈ Ω (couples d’éléments
binaires) sont les évènements élémentaires équiprobables. On considère aussi deux variables
aléatoires X et Y sur Ω définies par :
(
X =a+b
Y =a⊕b
La variable X est déterminée par l’opération “ou” logique des deux bits a et b. La variable Y
est déterminée par l’opération “ou-exclusif” de a et b.
1)
2)
3)
4)
5)
Déterminer et tracer la loi de probabilité pX de X. Tracer sa fonction de répartition.
Déterminer et tracer la loi de probabilité pY de Y . Tracer sa fonction de répartition.
Déterminer la loi conjointe du couple de variables aléatoires (X, Y ).
X et Y sont-elles indépendantes ? Justifier votre réponse.
Calculer la covariance et le coefficient de corrélation du couple (X, Y ).
Remarque
On fait un tableau qui va nous servir pour tout l’exercice :
ω
(0, 0) (0, 1)
X(ω)
0
1
Y (ω)
0
1
(X(ω), Y (ω)) (0, 0) (1, 1)
X(ω) × Y (ω)
0
1
(1, 0) (1, 1)
1
1
1
0
(1, 1) (1, 0)
1
0
Correction
Correction du 1)
L’ensemble des réalisations possibles de X est X(Ω) = {0, 1}. Et, le tableau nous donne
P(X = 0) =
1
4
et P(X = 1) =
3
,
4
car les évènements élémentaires sont équiprobables. La loi pX est donc pX = 14 δ0 + 34 δ1 . On
la trace :
9
Figure 1 – Loi pX
Sa fonction de répartition FX est définie par FX (x) := P (X ≤ x). Il vient ainsi
1
FX (x) = 1[0;1[ (x) + 1[1;+∞[ (x)
4
On la trace :
Figure 2 – Fonction de répartition FX
Correction du 2)
On procède de même. L’ensemble des réalisations possibles de Y est Y (Ω) = {0, 1}. Et, le
tableau nous donne
1
1
et P(X = 1) = ,
P(X = 0) =
2
2
car les évènements élémentaires sont équiprobables. La loi pY est donc pY = 12 δ0 + 21 δ1 . On
la trace :
10
Figure 3 – Loi pY
Sa fonction de répartition FY est définie par FY (y) := P (Y ≤ y). Il vient ainsi
1
FY (y) = 1[0;1[ (x) + 1[1;+∞[ (x)
2
On la trace :
Figure 4 – Fonction de répartition FY
Correction du 3)
Sur le tableau, on voit (X, Y )(Ω) = {(0, 0), (1, 0), (1, 1)}. Et, de plus :
P ((X, Y ) = (0, 0)) =
1
1
, P ((X, Y ) = (1, 0)) =
4
4
et P ((X, Y ) = (1, 1)) =
1
,
2
car les évènements élémentaires sont équiprobables. La loi conjointe p(X,Y ) est donc
1
1
1
p(X,Y ) = δ(0,0) + δ(1,0) + δ(1,1) .
4
4
2
11
Correction du 4)
On pourrait calculer la covariance pour montrer que les deux variables ne sont pas indépendantes. On peut aussi noter :
1
P ((X, Y ) = (1, 1)) =
2
et
3 1
3
1
P(X = 1) × P(Y = 1) = × = 6= .
4 2
8
2
Comme P ((X, Y ) = (1, 1)) 6= P(X = 1) × P(Y = 1) , on en déduit que les deux variables
aléatoires X et Y ne sont pas indépendantes.
Correction du 5)
On calcule d’abord la covariance comme suit.
Cov (X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) .
Or, on a d’après le tableau
E(XY ) = 0 ×
Puis, E(X) = 1 × 34 + 0 ×
1
4
=
3
4
1
1
1
1
1
+1× +1× +0× = .
4
4
4
4
2
et E(Y ) = 1 × 12 + 0 ×
Cov (X, Y ) =
1
2
= 12 . Conséquemment, on a
1 3 1
1
− × =
= Cov (X, Y ) .
2 4 2
8
On calcule maintenant le coefficient de corrélation du couple (X, Y ) comme suit
ρX,Y =
Cov (X, Y )
.
Var (X) Var (Y )
On calcule donc Var (X) et Var (Y ) :
Var (X) = E(X 2 ) − E(X)2
2
3
1
3
2
2
=1 × +0 × −
4
4
4
3
.
=
16
De même, on a Var (Y ) = 14 . Conséquemment, il vient :
ρX,Y =
1
√ 8
3
× 12
4
1
= √ = ρX,Y .
3
12
Exercice 4
Énoncé
On admet que les composantes Vx , Vy , Vz du vecteur vitesse V~ des molécules d’un gaz en
équilibre, sont des variables aléatoires identiquement distribuées, réelles absolument continues
et indépendantes dont les densités de probabilité fVx , fVy , fVz suivent une loi normale centrée
de variance σ 2 .
1) Justifier que la densité de probabilité du vecteur vitesse V~ peut s’écrire :
fV~ (vx , vy , vz ) = fVx (vx )fVy (vy )fVz (vz )
2) Exprimer la fonction de répartition FV (v) = P V~ ≤ v de la variable V~ = V en
coordonnées cartésiennes vx , vy , vz (sous forme intégrale).
3) Exprimer la fonction de répartition FV de la variable V en coordonnées sphériques vr , vθ , vφ .
On pourra simplement écrire dvx dvy dvz = u2 sin(θ)dudθdφ (il n’est pas nécessaire de calculer
le Jacobien).
4) Montrer alors que
Z v
2u2 − u22
√ e 2σ du .
FV (v) =
0 σ 3 2π
5) En déduire que la densité fV vaut
fV (v) =
2v 2 − v22
√ e 2σ 1[0;+∞[ (v) .
σ 3 2π
6) Donner la vitesse moyenne d’une molécule de ce gaz.
7) On note σ 2 := kT
avec m la masse d’une molécule de ce gaz, K la constante de Boltzmann
m
et T la température absolue en Kelvin. Donner la vitesse moyenne calculée précédemment en
fonction de K, T et m.
8) Donner l’énergie cinétique moyenne où l’énergie cinétique est définie par E = 12 mV 2 . On
√
R
3
utilisera l’égalité 0∞ u 2 e−u du = 34 π.
Correction
Correction du 1)
Les trois variables aléatoires Vx , Vy et Vz sont indépendantes donc leur loi conjointe est le
produit de leurs lois d’où
fV~ (vx , vy , vz ) = fVx (vx )fVy (vy )fVz (vz )
13
Correction du 2)
On cherche ici
FV (v) :=P V~ ≤ v
=P
=
q
ZZZ
Vx2 + Vy2 + Vz2 ≤ v
B(0,v)
fVx (vx )fVy (vy )fVz (vz )dvx dvy dvz .
où B (0, v) est la boule de centre 0 et de rayon v. Il vient donc
FV (v) =
ZZZ
1
√
2πσ 2
B(0,v)
!3
e−
2 +v 2 +v 2
vx
y
z
2σ 2
dvx dvy dvz .
Correction du 3)
On passe en coordonnées sphériques :
FV (v) =
1
√
2πσ 2
!3 Z
v
2
u
2 − 2σ
2
ue
du
Z
0
0
π
sin(θ)dθ
Z
2π
dφ
0
Correction du 4)
On remarque :
Z
π
sin(θ)dθ = 2
0
et
Z
2π
0
Il vient
FV (v) =
Z
0
v
dφ = 2π .
2u2 − u22
√ e 2σ du .
σ 3 2π
Correction du 5)
On dérive pour avoir la fonction de répartition pour obtenir la densité de probabilité :
fV (v) =
v2
2v 2
d
FV (v) = 3 √ e− 2σ2 1[0;+∞[ (v) = fV (v) .
dv
σ 2π
14
Correction du 6)
On calcule la vitesse moyenne comme suit.
E(V ) =
Z
∞
0
vfV (v)dv
2v 3 − v22
√ e 2σ dv
0
σ 3 2π
√
1
On fait le changement de variable w := v 2 d’où v = w et dv = 12 w− 2 dw. On a donc
=
E(V ) =
On a donc E(V ) =
√4σ
2π
.
∞
3
Z
=
Z
∞
0
2w 2 − w2 1 − 1
√ e 2σ w 2 dw
2
σ 3 2π
Z
1
√
∞
σ 3 2π | 0
w
we− 2σ2 dw .
{z
=4σ 4
}
Correction du 7)
q
Immédiatement, on a E(V ) = 4
kT
2πm
.
Correction du 8)
Cette énergie cinétique moyenne vaut
1
E(E) = mE(V 2 )
2
1 Z ∞ 2v 4 − v22
√ e 2σ dv .
= m
2
0
σ 3 2π
√
v2
2u et dv =
On fait le changement de variable u := 2σ
2 . Alors v = σ
E(E) = √
m
2π
3
kT
m
Z ∞
2
Z
∞
0
kT
m
3
4kT
u 2 e−u du
= √
2 π | 0 {z
}
= 43
=
√
π
3
kT = E(E) .
2
15
!2
4u2 e−u
s
√σ du.
2u
kT − 1
u 2 du
2m
D’où