Correction des exemples

Correction des exemples
Mathieu EMILY
Novembre 2005
Table des Matières
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
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Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
Exemple_Exercice
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20
Exemple_Exercice 1
Dans un bus, 35 personnes pratiquent le ski, 20 le surf, 5 le monoski.
Parmi ces personnes, 10 pratiquent le ski et le surf, 3 le ski et le monoski, 1 le surf et le
monoski et enn 1 personne pratique le ski, le surf et le monoski.
Combien y a-t-il de personnes au total, sachant que les sports de glisse pratiqués se limitent
au ski, au surf et au monoski ?
Correction 1
Soit
Soit
Soit
Soit
A1 = {L'ensemble des personnes pratiquant le ski}.
A2 = {L'ensemble des personnes pratiquant le surf}.
A3 = {L'ensemble des personnes pratiquant le monoski}.
N le nombre total de personnes on a :
N = card(A1 ∪ A2 ∪ A3 )
Donc d'après la formule de Poincaré :
N=
card(A1 ) + card(A2 ) + card(A3 )
− card(A1 ∩ A2 ) − card(A1 ∩ A3 ) − card(A2 ∩ A3 )
+ card(A1 ∩ A2 ∩ A3 )
Soit
N
= 35 + 20 + 5 − 10 − 3 − 1 + 1
N = 47
2
Exemple_Exercice 2
1. Dans un jeu de 32 cartes, on prend 3 cartes successivement sans remise. De combien de
façons peut-on opérer pour obtenir au moins un c÷ur ?
2. Une autoroute, aux abords d'une certaine ville, possède 3 sorties principales. Chacune de
ces sorties possède elle-même 2 sorties secondaires. De combien de façons peut on sortir de
cette autoroute ?
3. 4 pions numérotés de 1 à 4 sont disposés sur 3 cases numérotées de 1 à 3. Une case peut
contenir plusieurs pions. De combien de façons peut-on opérer :
(a) de sorte qu'une case au moins soit vide ?
(b) de sorte qu'aucune case ne soit vide ?
Correction 2
1. Soit E l'ensemble des combinaisons de 3 cartes diérentes. Il y a 32 possibilités pour la 1ère
carte, 31 possibilités pour la 2ème et 30 possiblités pour la 3ème carte.
Par conséquent :
Card(E) = 32 × 31 × 30
Soit A l'évènement "Aucun c÷ur n'est apparu lors de 3 tirages successifs sans remise".
Il y a 24 possibilités (8 "carreau", 8 "trèe" et 8 "pique") lors du 1er tirage, 23 possibilités
lors du 2eme tirage, et 22 possibilités lors du 3eme tirage.
Donc :
Card(A) = 24 × 23 × 22
L'évènement B "Au moins un c÷ur a été obtenu lors de 3 tirages successifs sans remise"
est le complémentaire de A dans E , d'où :
Card(B) = Card(CE A)
= Card(E) − Card(A)
= 32 × 31 × 30 − 24 × 23 × 22
= 17616
Il y a 17616 façons d'obtenir au moins 1 c÷ur.
2. Soit A l'ensemble des sorties principales :
Card(A) = 3
Soit B l'ensemble des sorties secondaires :
Card(B) = 2
3
On a donc au total :
Card(A × B) = Card(A) × Card(B) = 6
On peut sortir de l'autoroute de 6 façons diérentes.
3. (a) Notons Ai = le nombre de dispositions laissant vide la case i.
Card(A1 ∪ A2 ∪ A3 ) =
Card(A1 ) + Card(A2 ) + Card(A3 )
− Card(A1 ∩ A2 ) − Card(A1 ∩ A3 ) − Card(A2 ∩ A3 )
+ Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 )
Calcul de Card(Ai ) :
Chaque pion est placé sur l'une des 2 autres cases. Par conséquent, pour chaque pion,
il y a 2 possibilités, et comme il y a 4 pions en tout :
∀i Card(Ai ) = 24 = 16
Calcul de Card(Ai ∩ Aj ) :
Pour chaque pion il n'y a qu'une seule possibilité, et comme il y 4 pions :
∀(i, j), i 6= j Card(Ai ∩ Aj ) = 14 = 1
Calcul de Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) :
Chaque pion doit être est posé sur un case donc :
Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 04 = 0
Ainsi :
Card(A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = 16 + 16 + 16 − 1 − 1 − 1 + 0 = 45
Il y a 45 possibilités pour qu'une case au moins soit vide.
(b) Soit E l'ensemble de tous les évènements.
Chaque pion peut se positionner de 3 façons diérentes. Comme il y a 4 pions, on a :
Card(E) = 34 = 81
Or l'évènement B : "Aucune case n'est vide" est le complémentaire de A1 ∪ A2 ∪ A3
dans E , donc :
Card(B) = Card(E) − Card(A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = 81 − 45 = 36
Il y a 36 possibilités pour qu'aucune des cases ne soit vide.
4
Exemple_Exercice 3 (Application du lemme des bergers)
1. Soit n convives autour d'une table circulaire. Combien y a-t-il de dispositions possibles des
convives, sachant que seules comptent les positions relatives des convives ?
2. Une urne contient 6 boules blanches numérotées de 1 à 6 et 5 boules noires numérotées de 1
à 5. On tire successivement 4 boules sans remise. Combien de résultats apportent 3 boules
blanches et 1 boule noire ?
Correction 3
1. Soit E l'ensemble de toutes les dispositions possibles. Il y a n choix pour le 1er convive,
n − 1 choix pour le 2ème convive, etc....Donc :
Card(E) = n.(n − 1).(n − 2) · · · 1 = n!
Cependant, dans ce décompte, plusieurs dispositions vont donner les mêmes voisins.
Notons p le nombre de dispositions diérentes au sens des positions relatives des convives,
et, ∀i ∈ {1, · · · , p}, Ai l'ensemble des positions qui ne dièrent de la position i que d'une
rotation. Pour une disposition i donnée, il n'existe que n rotations qui laissent les positions
respectives des voisins inchangées, c'est à dire :
∀i ∈ {1, · · · , p} Card(Ai ) = n
Or :
E=
p
[
Ai
i=1
Donc d'après le lemme des bergers, on a :
p=
Card(E)
n!
=
=n−1
Card(Ai )
n
Il y a n − 1 dispositions diérentes au sens des voisins relatifs.
Remarque : Dans cet exemple, nous avons d'abord compté le nombre de pattes (Card(E)),
puis le nombre de pattes par mouton (Card(Ai )) pour trouver le nombre de moutons.
2. Soit E l'ensemble des résultats amenant à 1 boule noire et 3 boules blanches.
La boule noire peut apparaître au 1er , au 2ème , au 3ème ou au 4ème tirage.
Notons Ai , l'ensemble des résultats faisant apparaître la boule noire en ième position
(1 ≤ i ≤ 4). Il y a 6 possibilités pour la 1ère boule blanche, 5 possibilités pour la
2ème boule blanche, 4 possibilités pour la 3ème boule blanche et 5 possibilités pour la boule
noire :
Card(Ai ) = 6 × 5 × 4 × 5 = 600
Il y a 4 possibilités pour le rang d'apparition de la boule noire, donc p = 4.
On en déduit, d'après le lemme des bergers, que :
Card(E) = p × Card(Ai ) = 4 × 600 = 2400
5
Il y a 2400 résultats qui amènent à 3 boules blanches et 1 boule noire.
Remarque : Dans cet exemple, nous avons d'abord compté le nombre de moutons (4) puis
le nombre de pattes par mouton (600), et on en a déduit le nombre total de pattes.
Exemple_Exercice 4 (Urnes de Laplace)
Soit n urnes U1 , ..., Un .
Uk contient "k " boules blanches et "n + 1 − k " boules noires (1 ≤ k ≤ n)
On choisit une urne au hasard, puis on tire une boule au hasard dans l'urne choisie. On note
Ak l'évènement "On choisit l'urne Uk ".
Montrer que (A1 , ..., An ) est un système complet d'évènements.
Correction 4
Ω = {(k, b), k ∈ {1, · · · , n}} ∪ {(k, n), k ∈ {1, · · · , n}}
où k désigne le numéro de l'urne, b (pour blanche) ou n (pour noire) la couleur de la boule.
∀k ∈ {1, · · · , n}
Ak = {k, b} ∪ {k, n}
Donc :
∀(i, j) ∈ {1, · · · , n}2 tels que i 6= j Ai ∩ Aj = Ø
et :
A1 ∪ · · · ∪ An =
n
[
({k, b} ∪ {k, n})
k=1
= {(k, b), k ∈ {1, · · · , n}} ∪ {(k, n), k ∈ {1, · · · , n}}
= Ω
(A1 , ..., An ) est un système complet d'évènements.
6
Exemple_Exercice 5
1. On tire au hasard un ensemble de 5 cartes dans un jeu de 32 cartes.
Quelle est la probabilité que la main contienne au moins un As ?
2. Une urne contient a boules blanches et b boules noires. On extrait au hasard une poignée
de n boules.
Quelle est la probabilité que cette poignée contienne k boules blanches (0 ≤ k ≤ n) ?
Correction 5
1.
Ω = {ensemble de 5 cartes dans un jeu de 32 cartes}
A = {La main contient au moins un As}
donc
A = {La main ne contient pas d'As}
Comme le tirage se fait au hasard, il y a équiprobabilité pour le tirage d'une carte, on a :
P (A) =
=
Card(A)
Card(Ω)
5
C28
5
C32
et donc :
P (A) = 1 −
5
C28
5
C32
P (A) = 1 −
5
C28
5
C32
2. L'extraction d'une poignée se faisant au hasard, il y a équiprobabilité.
Nous allons donc compter, d'une part, le nombre de poignées au total, et d'autre part le
nombre de poignées contenant k boules blanches.
n
Au total, il y a a + b boules et on en extrait n. Il y a donc Ca+b
poignées possibles.
Si une poignée contient k boules blanches, elle contient n−k boules noires. Par conséquent,
il y a k choix possibles parmi a pour les boules blanches, et n − k choix possibles pour les
boules noires parmi b. Donc au total, il y a Cak Cbn−k poignées contenant k boules blanches.
Donc :
P ("La poignée contienne k boules blanches.") =
7
Cak Cbn−k
n
Ca+b
Exemple_Exercice 6
Une urne contient a boules blanches et b boules noires. On en tire successivement n, en remettant, à chaque fois, la boule tirée.
Quelle est la probabilité que le nombre de boules blanches obtenues soit pair ?
Correction 6
On pose A = "La boule tirée est blanche".
Pour un tirage, on a :
P (A) =
a
a+b
Notons ∀k ∈ {1, · · · , n} Bk = "k boules blanches ont été tirées sur n tirages."
Si, sur n tirages, on a obtenu k boules blanches, alors on a également obtenu n − k boules
noires.
Ainsi :
∀k ∈ {1, · · · , n} P (Bk ) = Cnk (
a k b n−k
) (
)
a+b a+b
a
).
Remarque : Bk suit une loi binomiale B(n, a+b
Or :
P ("Le nombre de boules blanches est pair") = P (B0 ∪ B2 ∪ · · · ∪ B2×b n2 c )
bn
c
2
= P(
[
B2k )
k=0
n
=
b2c
X
P (B2k )
k=0
n
=
b2c
X
Cnk (
k=0
P ("Le nombre de boules blanches est pair") =
8
Pb n2 c
a k b n−k
) (
)
a+b a+b
k a k b n−k
k=0 Cn ( a+b ) ( a+b )
Exemple_Exercice 7
Une urne contient n boules numérotées de 1 à n. On tire les boules une à une avec remise.
Quelle est la probabilité que, sur m tirages, le plus grand des numéros tirés soit k ?
Correction 7
Notons
Ak l'évènement "Le numéro tiré est plus petit que k ",
Bk l'évènement "Sur m tirages, le plus grand numéro tiré est inférieur à k ",
Bk0 l'évènement "Sur m tirages, le plus grand numéro tiré est supérieur à k ",
Ck l'évènement "Sur m tirages, le plus grand numéro tiré est égal à k ".
Comme le tirage se fait au hasard, il y a équiprobabilité, donc :
P (Ak ) =
k
n
Donc :
P (Bk ) = P (”tous les numéros tirés sont inférieurs à k”)
= P (Ak )m
k
= ( )m
n
P (Bk0 ) = 1 − P (Bk )
k
= 1 − ( )m
n
D'où :
P (Ck ) = P (”Le plus grand numéro tiré est inférieur à k et supérieur à k − 1”)
= P (”Le plus grand numéro tiré est inférieur à k”
∩” le plus grand numéro tiré est supérieur à k − 1”)
0
)
= P (Bk ∩ Bk−1
0
0
= P (Bk ) + P (Bk−1
) − P (Bk ∪ Bk−1
)
m m k
k−1
=
+ 1−
−1
n
n
k m − (k − 1)m
=
nm
P ("Sur m tirages, le plus grand numéro tiré est égal à k ") =
9
km −(k−1)m
nm
Exemple_Exercice 8
On répartit au hasard 8 pions de 1 à 8 sur 4 cases numérotées de 1 à 4. Plusieurs pions
peuvent être placés sur une même case.
Quelle est la probabilité qu'une case au moins soit vide ?
Correction 8
On note Ai (i = 1 · · · 4), l'évènement "la case i est vide", B l'évènement "au moins une case
est vide".
8
3
∀i ∈ {1, · · · , 4} P (Ai ) =
4
8
2
∀(i, j) ∈ {1, · · · , 4}2 , i 6= j P (Ai ∩ Aj ) =
4
8
1
∀(i, j, k) ∈ {1, · · · , 4}3 , i 6= j 6= k (2 à 2); P (Ai ∩ Aj ∩ Ak ) =
4
P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ) = 0
D'où
P (B) = P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 )


4
X
X
(−1)k 
=
P (Ai1 ∩ · · · ∩ Aik )
k=1
1≤i1 <···<ik ≤4
= P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 ) + P (A4 )
−P (A1 ∩ A2 ) − P (A1 ∩ A3 ) − P (A1 ∩ A4 )
−P (A2 ∩ A3 ) − P (A2 ∩ A4 ) − P (A3 ∩ A4 )
+P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P (A1 ∩ A2 ∩ A4 )
+P (A1 ∩ A3 ∩ A4 ) + P (A2 ∩ A3 ∩ A4 )
−P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 )
8
8
8
3
2
1
−6∗
+4∗
= 4∗
4
4
4
P (B) ≈ 0.377
10
Exemple_Exercice 9
Un dé à 6 faces non pipé est lancé une innité de fois de façons indépendantes. Calculer la
probabilité pour que le 1 n'apparaisse jamais.
Correction 9
Notons :
A l'évènement "Le 1 n'est pas apparu suite au lancer d'un dé."
Bn l'évènement "Le 1 n'est pas apparu suite à n lancers d'un dé".
C l'évènement "Le 1 n'est pas apparu suite à une innité de lancers d'un dé".
Le dé est non pipé donc les évènements sont équiprobables, d'où :
P (A) =
5
6
De plus, par indépendance des lancers :
∀n ∈ IN
n
5
P (Bn ) = P (A) =
6
n
(Bn )n∈IN est une suite croissante d'évènements et :
+∞
[
Bn = C
n=0
donc,
P (C) =
lim P (Bn )
n
5
=
lim
n→+∞ 6
= 0
P (C) = 0
n→+∞
(C est quasi-impossible)
11
Exemple_Exercice 10
Une urne U1 contient 3 boules blanches et 5 boules noires. Une urne U2 contient 4 boules
blanches et 4 boules noires. On choisit une urne au hasard, puis on tire simultanément 2 boules
dans l'urne choisie.
Quelle est la probabilité d'obtenir une boule blanche et une boule noire sachant que l'urne
choisie est U1 ? est U2 ?
Correction 10
Notons bn l'évènement "Un boule blanche et une boule noire ont été obtenues" et U1
(resp. U2 ) l'évènement "l'urne U1 (resp. U2 ) a été choisie".
Comme le choix s'eectue au hasard, il y a équiprobabilité :
P (bn | U1 ) =
C31 C51
15
=
2
28
C8
P (bn | U2 ) =
C41 C41
4
=
2
7
C8
Exemple_Exercice 11
X
Un jeu de cartes comprend 32 cartes. On distribue au hasard 5 cartes à chacun des 2 joueurs
et Y .
1. Calculer la probabilité que X ait au moins un As.
2. Sachant que Y a exactement un As, calculer la probabilité que X ait au moins un As.
Correction 11
Notons A l'évènement "X a au moins un As", et B l'évènement "Y a exactement un As".
1.
P (A) =
5
C28
5
C32
donc :
P (A) = 1 − P (A) ≈ 0.512
2. Si on sait que Y a exactement un As, il reste 32 − 5 = 27 cartes disponibles pour X dont
3 sont des As.
D'où :
C5
P (A | B) = 24
5
C27
12
On en déduit :
P (A | B) = 1 − P (A | B) ≈ 0.473
Exemple_Exercice 12
On place 8 pions numérotés de 1 à 8 sur 5 cases numérotées de 1 à 5.
Sachant que la case 1 est vide, calculer la probabilité que les cases 2 ou 3 le soient aussi.
Correction 12
Notons Ai l'évènement "La case i est vide".
On cherche à calculer P (A2 ∪ A3 | A1 ), soit :
P (A2 ∪ A3 | A1 ) = P (A2 | A1 ) + P (A3 | A1 ) − P (A2 ∩ A3 | A1 )
Si la case 1 est vide, on est conduit à placer les pions sur les cases 2 à 5.
Il y a 48 façons d'opérer dont 38 laissent la case 2 vide, 38 la case 3 vide et 28 les case 2 et 3,
d'où :
P (A2 ∪ A3 | A1 ) =
38 38 28
+
−
48 48 48
P (A2 ∪ A3 | A1 ) ≈ 0.196
13
Exemple_Exercice 13
On considère 3 urnes U1 , U2 et U3 . La première contient initialement 2 boules blanches, 3
boules rouges. La deuxième contient 2 boules vertes et 4 boules blanches. La troisième contient 5
boules noires et 2 boules rouges.
On tire au hasard une boule dans U1 que l'on place dans U2 . Puis on tire au hasard une boule
dans U2 que l'on place dans U3 . Enn on tire une boule dans U3 .
Quelle est la probabilité pour que les boules tirées soient toutes de couleurs diérentes ?
Correction 13
Il faut énumérer l'ensemble des types de tirages qui amènent à l'évènement C : "Les 3 boules
sont diérentes".
On tire une boule blanche dans U1 , une verte dans U2 et une noire dans U3 . On note cet
évènement "B1 ∩ V2 ∩ N3 ".
On tire une boule blanche dans U1 , une verte dans U2 et une rouge dans U3 . On note cet
évènement "B1 ∩ V2 ∩ R3 ".
On tire une boule rouge dans U1 , une verte dans U2 et une noire dans U3 . On note cet
évènement "R1 ∩ V2 ∩ N3 ".
On tire une boule rouge dans U1 , une blanche dans U2 et une noire dans U3 . On note cet
évènement "R1 ∩ B2 ∩ N3 ".
On a :
C = (B1 ∩ V2 ∩ N3 ) ∪ (B1 ∩ V2 ∩ R3 ) ∪ (R1 ∩ V2 ∩ N3 ) ∪ (R1 ∩ B2 ∩ N3 )
Calculons, à l'aide de la formule des probabilités composées, les probabilités des 4 évènements
ci-dessus :
P (B1 ∩ V2 ∩ N3 ) = P (B1 )P (V2 | B1 )P (N3 | B1 ∩ V2 ) =
2 2 5
1
× × =
5 7 8
14
P (B1 ∩ V2 ∩ R3 ) = P (B1 )P (V2 | B1 )P (R3 | B1 ∩ V2 ) =
2 2 3
1
× × =
5 7 8
35
P (R1 ∩ V2 ∩ N3 ) = P (R1 )P (V2 | R1 )P (N3 | R1 ∩ V2 ) =
3 2 5
3
× × =
5 7 8
28
P (R1 ∩ B2 ∩ N3 ) = P (R1 )P (B2 | R1 )P (N3 | R1 ∩ B2 ) =
3
3 4 5
× × =
5 7 8
14
Ainsi :
P (C) =
1
1
3
3
+
+
+
14 35 28 14
P (C) ≈ 0.421
14
Exemple_Exercice 14
Deux joueurs X et Y s'entraînent au tir à la cible. L'un des joueurs, X , est adroit et lorsqu'il
tire, il atteint la cible 9 fois sur 10. L'autre, Y , est débutant et n'atteint la cible que 6 fois sur
10. X laisse Y s'entraîner et n'eectue qu'un tir sur 3.
Un des joueurs tire et la cible est atteinte. Quelle est la probabilité que ce soit par Y ?
Correction 14
Notons :
X l'évènement "X a eectué le tir",
Y l'évènement "Y a eectué le tir",
C l'évènement "La cible a été atteinte".
Remarque ! X = Y .
On cherche P (Y | C).
Or, d'après l'énoncé, on sait que :
6
9
2
, P (C | X) =
et P (Y ) =
10
10
3
Nous allons donc utiliser la formule de Bayes :
P (C | Y ) =
P (Y | C) =
=
=
P (C | Y )P (Y )
P (C | Y )P (Y ) + P (C | X)P (X)
6 2
10 . 3
6 2
9 1
10 . 3 + 10 . 3
4
4+3
P (Y | C) =
15
4
7
Exemple_Exercice 15
Reprenons l'exemple précédent.
Quelle est la probabilité d'atteindre la cible ?
Correction 15
Reprenons les mêmes notations que dans la correction précédente.
Nous cherchons à calculer P (C).
D'après la formule des probabilités totales, on a :
P (C) = P (C | X)P (X) + P (C | Y )P (Y )
9 1
6 2
=
. + .
10 3 10 3
P (C) =
7
10
Exemple_Exercice 16
Une pièce amène pile avec la probabilité p et face avec la probabilité q = 1 − p (0 < p < 1).
On la lance n fois de suite. Soit X le nombre de fois où pile apparaît au cours de ces lancers.
Cherchons la loi de X .
Correction 16
Il est impossible d'obtenir un nombre négatif de "pile" (X ≤ 0), et il est impossible d'obtenir
plus de "pile" que de lancers (X ≥ n). Comme X est à valeurs dans IN , on a :
X(Ω) = {0, · · · , n}
Supposons que k "pile" ait été obtenus, n−k "face" ont également été obtenus. Par conséquent
∀k ∈ X(Ω) :
pk = P (X = k) = Cnk .pk .(1 − p)n−k
(Loi binomiale de paramètres (n,p))
16
Exemple_Exercice 17
On lance deux dés. X désigne la somme des numéros obtenus.
Correction 17
Ω = {1, · · · , 6} × {1, · · · , 6}
X(Ω) = {2, · · · , 12}
Comme les dés sont non pipés, il y a équiprobabilité des évènements donc :
P (X = 2) =
1
36
P (X = 3) =
2
36
P (X = 4) =
3
36
P (X = 5) =
4
36
P (X = 6) =
5
36
P (X = 7) =
6
36
P (X = 8) =
5
36
P (X = 9) =
4
36
P (X = 10) =
P (X = 10) =
2
36
P (X = 12) =
3
36
1
36
Exemple_Exercice 18
n
Une urne contient a boules blanches et b boules noires (a ≥ n, b ≥ n). On tire simultanément
boules et X désigne le nombre de boules blanches tirées.
Correction 18
X(Ω) = {0, · · · , n}
P (X = k) =
Cak .Cbn−k
n
Ca+b
Loi hypergéométrique de paramètres
17
a
a + b, n, a+b
Exemple_Exercice 19
A quelle condition portant sur α, pn = α λn! , n ≥ 0 sont-ils les coecients d'une loi de
probabilité, pour λ > 0 ?
n
Correction 19
Supposons que (pn )n∈IN sont les coecients d'une loi de probabilité. D'après le cours, ces
coecients doivent vérier 2 propriétés :
1. ∀n ∈ IN , pn ≥ 0.
P+∞
2.
n=1 pn = 1
Ainsi :
1. pn ≥ 0 ⇔ α ≥ 0
2.
+∞
X
n=1
+∞
X
λn
pn = 1 ⇔
α
=1
n!
n=1
+∞
X
⇔ α
n=1
λ
λn
=1
n!
⇔ αe = 1
⇔ α = e−λ
Comme e−λ ≥ 0, ∀λ
(pn )n∈IN sont les coecients d'une loi de probabilité si α = e−λ .
Exemple_Exercice 20
Une urne contient N jetons numérotés de 1 à N . On eectue n tirages successifs avec remise.
La variable aléatoire X représente le plus grand des numéros tirés.
Déterminer, si c'est possible, la loi et la fonction de répartition de X .
Correction 20
Notons Y la variable aléatoire représentant le résultat d'un tirage.
k
1
et P (Y ≤ k) =
N
N
Si le plus grand des numéros tirés lors de n tirages est plus petit que k , alors tous les numéros
tirés sont plus petits que k . On obtient donc directement :
P (Y = k) =
18
P (X ≤ k) = (P (Y ≤ k))n =
k n
N
Et,
P (X = k) = P (X ≤ k ∪ X ≥ k − 1) =
kn −(k−1)n
Nn
Remarque : On constate, pour cet exemple, qu'il est plus facile de calculer la fonction de
répartition que la loi de la variable X .
Exemple_Exercice 21
On lance 3 fois une pièce truquée pour laquelle P (Face) = 32 et P (Pile) = 13 . X indique le plus
grand nombre de "face" obtenus.
Quelle est l'espérance de X ?
Correction 21
Utilisons la formule de l'espérance, pour une variable aléatoire discrète :
+∞
X
E(X) =
xn P (X = xn )
n=0
∀i < 0, P (X = i) = 0 et ∀i > 3, P (X = i) = 0
3
1
P (X = 0) =
3
2 1 2
P (X = 1) = 3. .
3 3
2
2
2
P (X = 2) = 3.
.
3
3
3
2
P (X = 3) =
3
Ainsi :
1
2
E(X) = 0.( )3 + 1.3. .
3
3
2
2
3
1
2
2
2
+ 2.3.
. + 3.
3
3
3
3
E(X) = 2
19
Exemple_Exercice 22
Une urne contient a boules blanches et b boules noires. On tire successivement sans remise
2 boules de l'urne et l'on note Xi la variable aléatoire réelle égale à 1 si la ième boule tirée est
blanche, et 0 sinon.
Déterminons la loi conjointe de (X1 , X2 )
Correction 22
On a :
P (X1 = 0, X2 = 0) = P (X1 = 0)P (X2 = 0) | X1 = 0) =
b
b−1
×
a+b a+b−1
P (X1 = 1, X2 = 0) = P (X1 = 1)P (X2 = 0) | X1 = 1) =
a
b
×
a+b a+b−1
P (X1 = 0, X2 = 1) = P (X1 = 0)P (X2 = 1) | X1 = 0) =
b
a
×
a+b a+b−1
P (X1 = 1, X2 = 1) = P (X1 = 1)P (X2 = 1) | X1 = 1) =
a−1
a
×
a+b a+b−1
Exemple_Exercice 23
Reprenons l'exemple avec a boules blanches et b boules noires. On eectue 2 tirages successifs
sans remise.
Cov(X1 , X2 ) ?
Correction 23
Par dénition, on a :
Cov(X1 , X2 ) = E(X1 X2 ) − E(X1 )E(X2 )
Or
E(X1 X2 ) = 1 × 1 × P (X1 = 1, X2 = 1) + 1 × 0 × P (X1 = 1, X2 = 0)
+0 × 1 × P (X1 = 0, X2 = 1) + 0 × 0 × P (X1 = 0, X2 = 0)
a(a − 1)
=
(a + b)(a + b − 1)
De plus :
E(X1 ) = E(X2 ) =
a
a+b
Donc :
Cov(X1 X2 ) =
20
−ab
(a+b)2 (a+b−1)