STT-1920 Méthodes statistiques Solutions des exercices du chapitre 2

STT-1920
Méthodes statistiques
Solutions des exercices du chapitre 2
Numéro 1. On lance un dé à deux reprises. Calculez
(a) la probabilité d’obtenir deux nombres pairs ;
(b) la probabilité que la somme des deux résultats soit un nombre pair ;
(c) la probabilité que le résultat du premier lancer soit inférieur au résultat du
deuxième lancer.
Solution. On examine l’ensemble des résultats possibles. Nous sommes dans le cas
équiprobable, avec les 36 résultats possibles que voici :
(1, 1)
(1, 2)
(1, 3)
(1, 4)
(1, 5)
(1, 6)
(2, 1)
(2, 2)
(2, 3)
(2, 4)
(2, 5)
(2, 6)
(3, 1)
(3, 2)
(3, 3)
(3, 4)
(3, 5)
(3, 6)
(4, 1)
(4, 2)
(4, 3)
(4, 4)
(4, 5)
(4, 6)
(5, 1)
(5, 2)
(5, 3)
(5, 4)
(5, 5)
(5, 6)
(6, 1)
(6, 2)
(6, 3)
(6, 4)
(6, 5)
(6, 6)
On utilise la règle P[A] = (cardinal de A)/36 et on obtient les réponses suivantes :
(a) P[ obtenir deux nombres pairs ] = 9/36 = 1/4.
(b) P[ la somme des deux résultats est un nombre pair ] = 18/36 = 1/2.
(c) P[ le résultat du 1e lancer est inférieur à celui du 2e lancer ] = 15/36 = 5/12.
Numéro 2. On lance une pièce de monnaie cinq fois. Calculez
(a) la probabilité d’obtenir deux faces et trois piles ;
(b) la probabilité d’obtenir cinq résultats identiques ;
(c) la probabilité d’obtenir au moins deux piles.
Solution. On examine l’ensemble des résultats possibles. Nous sommes dans le cas
équiprobable, avec les 32 résultats possibles présentés à la page suivante. On peut
donc utiliser la règle P[A] = (cardinal de A)/32.
1
FFFFF
FFFFP
FFFPF
FFFPP
FFPFF
FFPFP
FFPPF
FFPPP
FPFFF
FPFFP
FPFPF
FPFPP
FPPFF
FPPFP
FPPPF
FPPPP
PFFFF
PFFFP
PFFPF
PFFPP
PFPFF
PFPFP
PFPPF
PFPPP
PPFFF
PPFFP
PPFPF
PPFPP
PPPFF
PPPFP
PPPPF
PPPPP
Voici les réponses :
(a) P[ deux faces et trois piles ] = 10/32 = 5/16.
(b) P[ obtenir cinq résultats identiques ] = 2/32 = 1/16.
(c) P[ obtenir au moins deux piles ] = 26/32 = 13/16.
Numéro 3. On lance un dé quatre fois.
(a) Décrivez l’ensemble Ω de tous les résultats possibles.
(b) Quel est le cardinal de Ω ?
(c) Sommes-nous dans le cas équiprobable ? Expliquez.
Solution.
(a) Ω est simplement l’ensemble de tous les quadruplets de la forme (i, j, k, `), où
i, j, k et ` sont des entiers compris entres 1 et 6 (inclusivement).
(b) Le cardinal de Ω est 6 × 6 × 6 × 6 = 1296.
(c) Nous sommes dans le cas équiprobable.
Numéro 4. On lance un dé quatre fois.
(a) Calculez la probabilité d’obtenir 4 fois le même nombre.
(b) Calculez la probabilité d’obtenir 4 nombres différents.
(c) Calculez la probabilité d’obtenir seulement des nombres pairs.
(d) Calculez la probabilité d’obtenir aucun six.
(e) Calculez la probabilité que la somme des 4 nombres obtenus soit plus grande
ou égale à 22.
Solution.
(a) 6/1292 = 1/216.
(b) (6 × 5 × 4 × 3)/1296 = 360/1296 = 10/36.
2
(c) (3 × 3 × 3 × 3)/1296 = 81/1296 = 1/16.
(d) (5 × 5 × 5 × 5)/1296 = 625/1296.
(e) 15/1296.
Numéro 5. Parmi les propriétés 1 à 6 présentées à la section 2.2, lesquelles correspondent aux scénarios suivants ?
(a) Selon le ministère du revenu du Québec, 25% des couples mariés n’ont pas
d’enfants, 22% ont une seul enfant et 17% ont deux enfants. On peut donc
dire que 64% des couples mariés ont au plus 2 enfants.
(b) Á Québec, 35% des adultes lisent le journal Le Soleil, 30% lisent le Journal
de Québec et 5% lisent ces deux journaux. On peut donc dire que 60% des
adultes vivant à Québec lisent au moins un de ces deux journaux.
(c) L’an passé, 10% des étudiants de STT-19909 ont échoué le cours. On peut
donc dire que 90% des étudiants ont réussi le cours.
Solution.
(a) Propriété 3 : P[A ∪ B ∪ C] = P[A] + P[B] + P[C].
(b) Propriété 6 : P[A ∪ B] = P[A] + P[B] − P[A ∩ B].
(c) Propriété 5 : P[A] = 1 − P[Ac ].
Numéro 6.
(a) Avec les chiffres 0 et 1, on peut former 8 séquences de longueur 3 : 000, 001,
010, 011, 100, 101, 110, 111. Combien de séquences de longueur 30 peut-on
former ?
(b) Combien de mots de longueur 100 peut-on former avec les lettres A, T, C, G ?
(c) Combien de mots de longueur n peut-on former avec un alphabet de m lettres ?
Solution.
(a) 230 = 1 073 741 824.
(b) 4100 = 1 606 938 044 258 990 275 541 962 092 341 162 602 522 202 993 782 792 835 301 376.
(c) mn .
Numéro 7.
(a) Combien de séquences de longueur 30 peut-on former en utilisant 12 fois le
chiffre 0 et 18 fois le chiffre 1 ?
(b) Combien de mots de longueur 30 peut-on former avec en utilisant 7 fois la
lettre A, 4 fois la lettre T, 6 fois la lettre C et 13 fois la lettre G ?
3
Solution.
(a)
µ ¶
30
30!
=
= 86 493 225.
12
12! 18!
(b)
µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶
30 23 19 13
30!
30!
23!
19!
13!
=
=
= 489 108 808 188 000.
7
4
6
13
7! 23! 4! 19! 6! 13! 13! 0!
7! 4! 6! 13!
Numéro 8. Trois filles (Annette, Bernadette et Claudette) et trois garçons (Damien,
Émilien et Fabien) font la file devant un comptoir de crème glacée.
(a) Il y a combien d’arrangements possibles ?
(b) Il y a combien d’arrangements possibles si les trois filles doivent être ensemble
et les trois garçons doivent être ensemble ?
(c) Il y a combien d’arrangements possibles si on exige seulement que les trois
filles soient ensemble ?
Solution.
(a) 6 !
(b) Il y a 3! × 3! = 36 arrangements de la forme « Gars-Gars-Gars-Fille-FilleFille » et 3! × 3! = 36 arrangements de la forme « Fille-Fille-Fille-Gars-GarsGars ». Il y a donc en tout 72 arrangements dans lesquels les filles sont ensemble
et les gars sont ensemble.
(c) Il y a 3!×3! = 36 arrangements de la forme « Gars-Gars-Gars-Fille-Fille-Fille »,
3! × 3! = 36 arrangements de la forme « Gars-Gars-Fille-Fille-Fille-Gars »,
3! × 3! = 36 arrangements de la forme « Gars-Fille-Fille-Fille-Gars-Gars » et
3! × 3! = 36 arrangements de la forme « Fille-Fille-Fille-Gars-Gars-Gars ». Il y
a donc en tout 144 arrangements dans lesquels les filles sont ensemble.
Numéro 9.
(a) Avec un billet de 6/49, quelle est la probabilité d’obtenir exactement 4 bons
nombres ?
(b) Vous achetez un billet de 6/49 à chaque semaine pendant 52 semaines. Quelle
est la probabilité de ne jamais avoir plus que deux bons nombres ?
Solution.
(a)
¡6¢ ¡43¢
4
¡49¢2
6
=
15 × 903
13 545
=
= 0.000969.
13 983 816
13 983 816
4
(b) Posons
Ej = « n’avoir pas plus que 2 bons numéros avec le billet de la j e semaine »
Xj = « le nombre de bons numéros avec le billet de la j e semaine »
On obtient
P[Ej ] = P[Xj ≤ 2]
= P[Xj = 0] + P[Xj = 1] + P[Xj = 2]
¡6¢ ¡43¢ ¡6¢ ¡43¢ ¡6¢ ¡43¢
=
¡49¢6 +
0
6
¡49¢5 +
1
6
¡49¢4
2
6
= 0.435965 + 0.4130195 + 0.1323780
= 0.9813625.
On veut P[∩52
j=1 Ej ]. Les événements Ej étant indépendants les uns des autres,
on obtient
52
P[∩52
≈ 0.376.
j=1 Ej ] = P[E1 ] · P[E2 ] · P[E3 ] · · · P[E52 ] = (0.9813625)
Numéro 10. On considère les 5 prochaines naissances qui auront lieu à l’hôpital
St-Sacrement. Calculez les probabilités suivantes. Sous quelles conditions vos calculs
sont-ils valides ?
(a) Quelle est la probabilité que les 5 bébés seront tous du même sexe ?
(b) Quelle est la probabilité qu’il y aura exactement 3 garçons et 2 filles ?
(c) Quelle est la probabilité qu’il y aura au moins un garçon ?
(d) Quelle est la probabilité qu’il y aura plus de filles que de garçons ?
Solution.
(a) 2/32 = 1/16.
(b) 10/32 = 5/16.
(c) 1 − 1/32 = 31/32.
(d) 16/32.
Numéro 11. Un lot de 200 jeunes plants de tomates contient 190 plants en santé
et 10 plants atteints d’une maladie asymptomatique détectable seulement à l’aide
d’un test d’ADN.
(a) On choisit cinq plants au hasard. Quelle est la probabilité qu’il y ait au moins
un plant malade parmi ces cinq plants ?
(b) Combien de plants doit-on choisir si on veut être sûr à 95% d’obtenir au moins
un des 10 plants malades ?
5
Solution.
(a)
P[ au moins un plant malade ] = 1 − P[ aucun plant malade ]
= 1 − P[ seulement des plants en sante ]
¡190¢
5
¢
= 1 − ¡200
5
≈ 0.2283.
(b)
P[ au moins un plant malade ] = 1 − P[ aucun plant malade ]
= 1 − P[ seulement des plants en sante ]
¡190¢
n
¢
= 1 − ¡200
n
Il faut trouver le plus petit entier positif n pour lequel la probabilité
¡190¢
n
¢
pn = 1 − ¡200
n
0.6
0.8
1.0
est plus grande ou égale à 0.95. On peut faire ça par tâtonnement. Voici le
graphe de pn en fonction de n :
p51 = 0.951
0.2
0.4
p50 = 0.948
0
20
40
60
80
Graphe de pn en fonction de n
On observe que le n désiré est n = 51. Donc, si on choisit 51 plants au hasard parmi
les 200 plants, on est au moins 95% certain d’obtenir au moins un des 10 plants
malades.
6
100
Numéro 12. Un container contient quelques millions de graines de soya. Supposons
qu’exactement 20% de ces graines soient contaminées.
(a) On obtient 4 graines au hasard à partir de ce container. Quelle est la probabilité
qu’aucune de ces graines ne soit contaminée ?
(b) On obtient 4 graines au hasard à partir de ce container. Quelle est la probabilité
qu’exactement une de ces graines soit contaminée ?
(c) On obtient 15 graines au hasard à partir de ce container. Quelle est la probabilité qu’au moins une de ces graines soit contaminée ?
Solution.
(a) 256/625.
(b) 256/625.
(c) 1 − (4/5)15 ≈ 0.9648.
Numéro 13. Un panier contient 7 boules noires et 13 boules blanches. On fait 4
tirages sans remise. Calculez
(a) la probabilité d’obtenir, dans l’ordre, blanc, blanc, noir, blanc ;
(b) la probabilité d’obtenir quatre fois la même couleur ;
(c) la probabilité d’obtenir deux boules blanches et deux boules noires.
Solution.
(a)
P[BBN B] =
13 12 7 11
= 0.1033.
20 19 18 17
(b)
P[ 4 fois la même couleur ] = P[BBBB] + P[N N N N ]
=
13 12 11 10
7 6 5 4
+
20 19 18 17 20 19 18 17
= 0.1476 + 0.0072 = 0.1548.
(c)
¡7¢ ¡13¢
P[ 2 noires et 2 blanches ] =
2
¡20¢2
= 0.3381.
4
Numéro 14. Un panier contient 7 boules noires et 13 boules blanches. On fait 4
tirages avec remise. Calculez
(a) la probabilité d’obtenir, dans l’ordre, blanc, blanc, noir, blanc ;
(b) la probabilité d’obtenir quatre fois la même couleur ;
(c) la probabilité d’obtenir deux boules blanches et deux boules noires.
7
Solution.
(a)
P[BBN B] =
13 13 7 13
= 0.0961.
20 20 20 20
(b)
P[ 4 fois la même couleur ] = P[BBBB] + P[N N N N ]
µ ¶4 µ ¶4
13
7
=
+
20
20
= 0.1785 + 0.0150 = 0.1935
(c)
µ ¶
4
P[ 2 noires et 2 blanches ] =
(13/20)2 (7/20)2 = 0.3105.
2
Numéro 15.
(a) Un panier contient 5 boules rouges et 4 boules blanches. On fait 3 tirages avec
remise. Quelle est la probabilité d’obtenir la séquence rouge-rouge-blanche ?
(b) Un panier contient 5 boules rouges et 4 boules blanches. On fait 3 tirages sans
remise. Quelle est la probabilité d’obtenir la séquence rouge-rouge-blanche ?
(c) Un panier contient 5 millions de boules rouges et 4 millions de boules blanches.
On fait 3 tirages avec remise. Quelle est la probabilité d’obtenir la séquence
rouge-rouge-blanche ?
(d) Un panier contient 5 millions de boules rouges et 4 millions de boules blanches.
On fait 3 tirages sans remise. Quelle est la probabilité d’obtenir la séquence
rouge-rouge-blanche ?
Solution.
(a) 100/729.
(b) 10/63.
(c) 100/729.
(d) Environ 100/729 = 0.13717421. La réponse exacte est
49999990000000/364499878500009 = 0.13717423.
Numéro 16. Un jeu de cartes ordinaire comprend 52 cartes. Chacune de ces 52
cartes appartient à une couleur et possède une valeur. Les couleurs sont le carreau,
le coeur, le trèfle et le pique. Les valeurs sont les 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, J (valet),
Q (dame), K (roi) et A (as). Pour les questions qui suivent, on considère une main
de poker, c’est-à-dire une combinaison de 5 cartes tirées au hasard à partir d’un jeu
de 52 cartes.
8
(a) Calculez la probabilité d’obtenir une paire, c’est-à-dire une main de poker
contenant en tout 4 valeurs différentes. (Il faut une paire, c’est-à-dire 2 cartes
de même valeur, et les 3 autres cartes doivent être de valeurs différentes entre
elles et différentes de la valeur des cartes formant la paire). Exemple d’une
paire : 10 de coeur, 10 de trèfle, J de pique, 6 de carreau et 7 de coeur.
(b) Calculez la probabilité d’obtenir deux paires. (Les deux paires ne peuvent pas
avoir la même valeur et la valeur de la cinquième cartes doit être différente
des valeurs des deux paires). Exemple de deux paires : 5 de coeur, 5 de trèfle,
J de pique, J de carreau et 7 de coeur.
(c) Calculez la probabilité d’obtenir un brelan, c’est-à-dire une main de poker
contenant trois cartes de la même valeur. (Les deux autres cartes doivent être
de valeurs différentes entre elles et différentes de la valeur commune aux trois
premières cartes). Exemple d’un brelan : 5 de coeur, 5 de trèfle, 5 de pique, 3
de carreau et K de coeur.
(d) Calculez la probabilité d’obtenir une main pleine, c’est-à-dire une main de
poker contenant trois cartes d’une valeur et deux cartes d’une autre valeur.
Exemple d’une main pleine : 5 de coeur, 5 de trèfle, 5 de pique, 9 de coeur et
9 de pique.
(e) Calculez la probabilité d’obtenir un carré, c’est-à-dire une main de poker contenant quatre cartes de la même valeur (et une cinquième carte quelconque).
Exemple d’un carré : 5 de coeur, 5 de trèfle, 5 de pique, 5 de carreau et 9 de
pique.
Solution.
(a) Une paire :
¡13¢¡4¢¡12¢¡4¢¡4¢¡4¢
1
2
¡352¢1
1
1
=
5
(b) Deux paires :
¡13¢¡4¢¡4¢¡11¢¡4¢
2
2
2
¡52
¢
1
1
=
123 552
= 0.04754.
2 598 960
=
54 912
= 0.02113.
2 598 960
5
(c) Un brelan :
¡13¢¡4¢¡12¢¡4¢¡4¢
1
3
¡522¢
1
1
1 098 240
= 0.4226.
2 598 960
5
(d) Une main pleine :
¡13¢¡4¢¡12¢¡4¢
1
3
¡52¢1
2
5
(e) Un carré :
¡13¢¡48¢
1
¡52¢1
5
=
=
3 744
= 0.001441.
2 598 960
624
= 0.0002401.
2 598 960
9
Numéro 17. Deux femmes et 14 hommes sont assis au hasard sur 16 chaises formant
une ligne.
(a) Quelle est la probabilité que les deux femmes soient assises une à côté de
l’autre ?
(b) Quelle est la probabilité que les deux femmes occupent les deux extrémités de
la ligne ?
Solution.
¡ ¢
= 15/120 = 1/8.
(a) 15/ 16
¡162¢
(b) 1/ 2 = 1/120.
Numéro 18. Deux femmes et 14 hommes sont assis au hasard sur 16 chaises formant
un cercle.
(a) Quelle est la probabilité que les deux femmes soient assises une à côté de
l’autre ?
(b) Quelle est la probabilité que les deux femmes occupent deux chaises diamétralement opposées ?
Solution.
¡ ¢
(a) 16/ 16
= 16/120 = 2/15.
¡162¢
(b) 8/ 2 = 8/120 = 1/15.
Numéro 19. Un panier contient 4 boules rouges et 6 boules noires. Dans chacun des
cas suivants, obtenez l’ensemble des valeurs possibles, la distribution, la moyenne et
l’écart-type de la variable aléatoire X.
(a) On fait 7 tirages avec remise et on pose X = « le nombre de boules rouges
parmi les 7 tirages ».
(b) On fait 7 tirages sans remise et on pose X = « le nombre de boules rouges
parmi les 7 tirages ».
Solution.
(a)
• Valeurs possibles : {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.
• Distribution : Binomiale(7, 2/5).
• Moyenne = np = 14/5.
p
p
• Écart-type = np(1 − p) = 42/25 ≈ 1.2961.
(b)
• Valeurs possibles : {1, 2, 3, 4}.
• Distribution : Hypergéométrique(7,4,6).
• Moyenne = np = 14/5. (Avec p = 4/10 = 2/5)
p
p
• Écart-type = np(1 − p)(1 − (n − 1)/(a + b − 1)) = 14/25 ≈ 0.7483.
10
Quelques explications pour la partie (b) : La loi hypergéométrique n’est pas
toujours au programme du cours STT-1920. Voici une solution complète de la partie
(b) qui ne présuppose aucune familiarité avec la loi hypergéométrique. Attention !
Ce problème est très important !
Le panier contient 4 boules rouges et 6 boules noires. On fait 7 tirages sans remise.
On s’intéresse à la variable aléatoire
X = le nombre de boules rouges parmi les 7 boules obtenues.
(i) Il y a seulement 4 boules rouges dans le panier. On ne peut donc pas obtenir
plus que 4 boules rouges. Par ailleurs, il y a seulement 6 boules noires et on
fait 7 tirages. On est donc certain d’obtenir au moins une boule rouge ! Les
valeurs possibles de la variable aléatoire X sont donc les valeurs 1, 2, 3 et 4.
(ii) On demande de trouver la distribution de la variable aléatoire X. On sait que
l’ensemble des valeurs possibles de X est l’ensemble {1, 2, 3, 4}. Il faut donc
calculer P[X = 1], P[X = 2], P[X = 3] et P[X = 4]. On obtient
¡4¢¡6¢
4×1
1
P[X = 1] = ¡1 10¢6 =
=
120
30
7
¡4¢¡
¢
6
6×6
9
P[X = 2] = 2¡10¢5 =
=
120
30
7
¡4¢¡
¢
6
4 × 15
15
P[X = 3] = 3¡10¢4 =
=
120
30
7
¡4¢¡
¢
6
1 × 20
5
4 3
¡
¢
P[X = 4] =
=
=
10
120
30
7
(iii) L’espérance (ou moyenne) de X s’obtient de la façon usuelle :
µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶
1
9
15
5
84
14
µX = 1 ×
+ 2×
+ 3×
+ 4×
=
=
= 2.80.
30
30
30
30
30
5
(iv) L’écart-type de X s’obtient de la façon usuelle :
sµ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶
14 2
1
9
5
14 2
14 2 15
14 2
σX =
(1 − ) ×
+ (2 − ) ×
+ (3 − ) ×
+ (4 − ) ×
.
5
30
5
30
5
30
5
30
p
Ça donne σX = 14/25 ≈ 0.7483.
Numéro 20. Un panier contient 4 boules rouges et 6 boules noires. Dans chacun des
cas suivants, obtenez l’ensemble des valeurs possibles, la distribution, la moyenne et
l’écart-type de la variable aléatoire X.
(a) On fait des tirages avec remise jusqu’à ce qu’on obtienne une boule rouge et
on pose X = « le nombre de tirages nécessaires ».
11
(b) On fait des tirages sans remise jusqu’à ce qu’on obtienne une boule rouge et
on pose X = « le nombre de tirages nécessaires ».
Solution.
(a)
• Valeurs possibles : {1, 2, 3, ...}.
• Distribution : Géométrique(2/5).
• Moyenne = 1/p = 5/2.
p
p
• Écart-type = (1 − p)/p2 = 15/4 ≈ 1.9365.
(b)
• Valeurs possibles : {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.
• Distribution :
k
1
2
3
4
5
6
7
p(k)
84
210
56
210
35
210
20
210
10
210
4
210
1
210
Par exemple, pour obtenir P[X = 4] j’ai fait
P[X = 4] = P[BBBR] =
6 5 4 4
20
=
.
10 9 8 7
210
• Moyenne :
µ=
7
X
k p(k) = 1 ·
k=1
• Écart-type
sµ
σ=
11
1−
5
¶2
84
56
1
463
11
+2·
+ ··· + 7 ·
=
= .
210
210
210
210
5
µ
¶2
µ
¶2
84
56
1
11
11
+ 2−
+ ··· + 7 −
≈ 1.327.
210
5
210
5
210
Quelques explications pour la partie (a) : La loi géométrique n’est pas
toujours au programme du cours STT-1920. Voici une solution complète qui ne
présuppose aucune familiarité avec la loi géométrique. Attention ! Les parties (i) et
(ii) de ce problème sont très importantes !
Le panier contient 4 boules rouges et 6 boules noires. On fait des tirages avec remise
jusqu’à ce qu’on obtienne une boule rouge. On s’intéresse à la variable aléatoire
X = le nombre de tirages nécessaires pour obtenir une boule rouge.
(i) Il est clair que l’ensemble des valeurs possibles de la variable aléatoire X est
l’ensemble de tous les entiers positifs, c’est-à-dire l’ensemble {1, 2, 3, 4, ...}
(ii) On doit calculer P[X = k] pour chacune des valeurs possibles k. Voici un
exemple :
µ ¶4
6
6
6
6
4
6
4
P[X = 5] = P[N N N N R] =
×
×
×
×
=
.
10 10 10 10 10
10 10
12
On voit bien que pour tout entier positif k on a
µ
P[X = k] =
6
10
¶k−1
4
.
10
Vous pouvez omettre les parties (iii) et (iv).
(iii) D’après notre formule générale,
µX
µ ¶k−1
∞
X
4
6
=
kP[X = k] =
k
10
10
k=1
k=1
µ ¶1−1
µ ¶2−1
µ ¶3−1
µ ¶4−1
4
4
4
4
6
6
6
6
= 1
+2
+3
+4
+ ···
10
10
10
10
10
10
10
10
∞
X
Il s’agit d’une somme d’un nombre infini de termes. Si on fait la somme des
10, puis 20, puis 30, premiers termes, on se rend vite compte que ça converge
vers 5/2. On a donc µX = 5/2.
(iv) D’après la formule générale,
v
v
u∞
u∞
µ ¶k−1
uX
uX
6
4
2
2
t
t
(k − µX ) P[X = k] =
(k − (5/2))
σX =
10
10
k=1
k=1
En procédant comme dans le calcul de µX , on arrive à
p
σX = 15/4 ≈ 1.9365.
Numéro 21. Un panier contient 5 boules rouges et 5 boules noires. Dans chacun des
cas suivants, obtenez l’ensemble des valeurs possibles, la distribution, la moyenne et
l’écart-type de la variable aléatoire X.
(a) On fait des tirages avec remise jusqu’à ce qu’on ait obtenu une boule rouge et
une boule blanche. On pose X = « le nombre de tirages nécessaires ».
(b) On fait des tirages sans remise jusqu’à ce qu’on ait obtenu une boule rouge et
une boule blanche. On pose X = « le nombre de tirages nécessaires ».
Solution. Vous pouvez omettre la partie (a) mais vous devriez être capable de
faire la partie (b).
(a)
• Valeurs possibles : {2, 3, 4, ...}.
• Distribution : Pour tout k ∈ {2, 3, 4, ...}, on obtient P[X = k] = (1/2)k−1 .
• Moyenne = 3.
√
• Écart-type = 2 ≈ 1.41.
Explications : Si on pose Y = « le nombre de tirages après le premier tirage »,
alors on a X = 1 + Y et Y ∼ géométrique(1/2). On obtient donc
13
• P[X = k] = P[1 + Y = k] = P[Y = k − 1] = (1/2)k−2 (1/2) = (1/2)k−1 .
• E[X] = E[1 + Y ] = 1 + E[Y ] = 1 + 2 = 3.
• Var[X] = Var[1 + Y ] = Var[Y ] = (1 − (1/2))/(1/2)2 = 2.
(b)
• Valeurs possibles : {2, 3, 4, 5, 6}.
• Distribution :
k
2
3
4
5
6
p(k)
70
126
35
126
15
126
5
126
1
126
Par exemple, pour obtenir P[X = 4] j’ai fait
P[X = 4] = P[BBBR] + P[RRRB] =
5 4 3 5
5 4 3 5
15
+
=
.
10 9 8 7 10 9 8 7
126
• Moyenne :
µ=
6
X
k p(k) = 2 ·
k=2
• Écart-type :
sµ
σ=
8
2−
3
¶2
70
35
15
5
1
336
8
+3·
+4·
+5·
+6·
=
= .
126
126
126
126
126
126
3
µ
¶2
µ
¶2
70
35
1
8
8
+ 3−
+ ··· + 6 −
≈ 0.891.
126
3 126
3 126
Numéro 22.
(a) Un panier contient 5 boules rouges et 4 boules blanches. On fait 3 tirages avec
remise. Déterminez la distribution de la variable aléatoire X = le nombre de
boules rouges parmi les 3 tirages.
(b) Un panier contient 5 boules rouges et 4 boules blanches. On fait 3 tirages sans
remise. Déterminez la distribution de la variable aléatoire X = le nombre de
boules rouges parmi les 3 tirages.
Solution.
(a) Il s’agit de la loi binomiale(3, 5/9). On a donc P[X = 0] = 64/729, P[X = 1] =
240/729, P[X = 2] = 300/729, P[X = 3] = 125/729.
(b) In s’agit de la loi hypergéométrique(5 bons, 4 mauvais, 3 tirages). On a donc
P[X = 0] = 2/42, P[X = 1] = 15/42, P[X = 2] = 20/42, P[X = 3] = 5/42.
Numéro 23. Voici la densité de probabilité d’une certaine variable aléatoire X :
(
h × (1 − (x − 2)2 ) si 1 ≤ x ≤ 3
f (x) =
0
sinon.
14
(a) Déterminez la valeur de la constante positive h. (Indice : Il faut que la surface
sous la courbe soit égale à 1).
(b) Dessinez le graphe de cette densité.
(c) Calculez P[X ≥ 5/2].
Solution. Ce problème requiert l’usage du calcul intégral. Il n’y aura pas d’intégrales
à l’examen !
(a) Il faut avoir
Z
3
¡
¢
h × (1 − (x − 2)2 ) dx = 1.
1
J’évalue cette intégrale et j’obtiens 4h/3. Il faut donc
4h
= 1.
3
Je résouds pour h et j’obtiens h = 3/4. La densité de la variable X est donc
( 3
(1 − (x − 2)2 ) si 1 ≤ x ≤ 3
4
f (x) =
0
sinon.
(b)
3/4
3
1
(c)
Z
3
P[X ≥ 5/2] =
5/2
3
5
(1 − (x − 2)2 ) dx = .
4
32
15
3/4
1
5/2
3
Numéro 24. Voici la densité de probabilité d’une certaine variable aléatoire Y :

0
si y < 0






y/25
si 0 ≤ y ≤ 5
f (y) =

(10 − y)/25 si 5 < y ≤ 10





0
si y > 10.
(a) Dessinez le graphe de cette densité.
(b) Calculez le 30e centile de cette distribution.
(c) Calculez P[3 < Y < 5].
Solution.
(a)
16
1/5
5
10
(b) Le 30e centile est la valeur x telle que la surface à gauche de x est 0.30. Grâce
à la formule
base × hauteur
Surface du triangle =
2
il suffit de résoudre l’équation
0.30 =
J’obtiens x =
√
x · (x/25)
.
2
15 ≈ 3.873. Voyez le graphe :
1/5
x/25
x
5
10
17
(c) La probabilité P[3 < Y < 5] est représentée par la surface hachurée foncé ci
dessous :
1/5
3
5
10
Pour évaluer cette surface j’utilise la formule
Surface du trapèze = base ×
(hauteur côté gauche) + (hauteur côté droit)
2
et j’obtiens
P[3 < Y < 5] = 2 ×
(3/25) + (5/25)
8
= .
2
25
Numéro 25. Supposons que Z ∼ N (0, 1).
(a) Obtenez P[−2/5 < Z < 6/5].
(b) Obtenez P[Z > −3/5].
(c) Obtenez le 90e centile de cette distribution.
Réponses.
(a) Φ(6/5) − Φ(−2/5) = 0.88493 − 0.34458 = 0.54035.
(b) 1 − Φ(−3/5) = Φ(3/5) = 0.72575.
(c) Φ(x) = 0.90 ⇒ x = 1.28.
Numéro 26. Supposons que X ∼ N (45, 25).
(a) Obtenez P[46 < X < 52].
(b) Obtenez P[X > 53].
(c) Obtenez le troisième quartile de cette distribution.
Réponse.
(a) Φ( 52−45
) − Φ( 46−45
) = Φ(7/5) − Φ(1/5) = 0.91924 − 0.57926 = 0.33998.
5
5
(b) 1 − Φ((53 − 45)/5) = 1 − Φ(8/5) = 1 − 0.94520 = 0.05480.
(c) Φ((x − 45)/5) = 0.75 ⇒ (x − 45)/5 = 0.6745 ⇒ x = 48.37.
18
Numéro 27. La loi normale avec moyenne 75 kg et écart-type 8 kg est un bon modèle
pour décrire la distribution des poids des individus d’une certaine population. On
choisit 16 individus au hasard à partir de cette population et on considère la variable
N = « le nombre d’individus pesant plus de 83 kg parmi les 16 choisis ».
(a) Obtenez P[N ≥ 4].
(b) Obtenez l’espérance de N .
(c) Obtenez l’écart-type de N .
Solution. On a N ∼ binomiale(n, p), avec n = 16 et
p =
=
=
=
=
la proportion d’individus pesant plus de 83 kg
1 − la proportion d’individus pesant moins de 83 kg
1 − Φ((83 − 75)/8)
1 − Φ(1)
1 − 0.8413 = 0.1587.
On utilise les propriétés de la loi binomiale et on obtient les résultats suivants :
(a)
P[N ≥ 4] = 1 − (P[N = 0] + P[N = 1] + P[N = 2] + P[N = 3])
µ ¶
µµ ¶
16 1
16 0
16
p (1 − p)15
p (1 − p) +
= 1−
1
0
¶
µ ¶
µ ¶
16 3
16 2
13
14
p (1 − p)
p (1 − p) +
+
3
2
= 1 − (0.0630353 + 0.1901885 + 0.2689837 + 0.2367082)
= 1 − 0.7589157 = 0.2410843.
(b) µN = np = 16 × 0.1587 = 2.5392.
p
p
(c) σN = np(1 − p) = 16 × 0.1587 × (1 − 0.1587) = 1.4612.
Numéro 28. Un panier contient 4 boules rouges et 6 boules noires. On fait 200
tirages avec remise et on considère la variable aléatoire X = « le nombre de fois
qu’on obtient une boule rouge ».
(a) Quelle est la distribution exacte de la variable X ?
(b) À l’aide du théorème limite central, calculez une approximation pour
P[85 ≤ X ≤ 95].
(c) Comparez la réponse obtenue à la partie (b) avec la réponse exacte que vous
obtiendrez avec le logiciel R.
Solution.
(a) La loi binomiale(200, 2/5).
19
(b) La moyenne est np = 80 et la variance est np(1 − p) = 48. On obtient donc
µ
¶
µ
¶
95.5 − 80
84.5 − 80
√
√
P[85 ≤ X ≤ 95] ≈ Φ
−Φ
48
48
= Φ(2.2372) − Φ(0.6495)
= 0.9874 − 0.7420 = 0.2454.
(c) Avec le logiciel R :
P[85 ≤ X ≤ 95] = 0.2440.
Numéro 29. La loi de Poisson avec moyenne 3 est un bon modèle pour le nombre
de fautes d’orthographe que Sophie fait lorsqu’elle écrit une page de texte.
(a) Calculez la probabilité que Sophie ne fera aucune faute dans la prochaine page
qu’elle écrira.
(b) Calculez la probabilité que Sophie fera au moins 3 fautes dans la prochaine
page qu’elle écrira.
(c) Calculez la probabilité que parmi les 6 prochaines pages que Sophie écrira il y
en aura au moins trois qui contiendront au moins 3 fautes.
Solution. La loi de Poisson avec moyenne 3, c’est la loi de Poisson avec paramètre
λ = 3.
(a) P[X = 0] = e−3 30 /0! = e−3 = 0.0498.
(b)
P[X ≥ 3] = 1 − (P[X = 0] + P[X = 1] + P[X = 2])
¡
¢
= 1 − e−3 30 /0! + e−3 31 /1! + e−3 32 /2!
= 1 − (0.0498 + 0.1494 + 0.2240) = 1 − 0.4232 = 0.5768.
(c) D’après la partie (b), chaque page a une probabilité p = 0.5768 de contenir
au moins 3 fautes. Donc, si on pose N =« le nombre de page (parmi les 6
pages) contenant au moins trois fautes », alors on a N ∼ binomiale(6, p) (avec
p = 0.5768). On veut P[N ≥ 3]. On obtient
P[N ≥ 3] = 1 − (P[N = 0] + P[N = 1] + P[N = 2])
µµ ¶
µ ¶
µ ¶
¶
6 0
6 1
6 2
6
5
4
= 1−
p (1 − p) +
p (1 − p) +
p (1 − p)
0
1
2
= 1 − (0.0057 + 0.0470 + 0.1601) = 1 − 0.2128 = 0.7872.
Numéro 30. Dans un champ récemment ensemancé, 15% des jeunes plants sont
atteints d’une maladie génétique. On choisit 20 plants au hasard et on effectue, sur
chacun de ces 20 plants, un test qui nous permet de détecter si le plant est malade
ou non.
20
(a) Quelle est la distribution du nombre de plants malades parmi les 20 plants
choisis ?
(b) Dessinez le graphe de cette distribution.
(c) Quelle est la probabilité qu’il n’y ait aucun plant malade parmi nos 20 plants ?
(d) Quelle est la probabilité qu’il y ait exactement 3 plants malades parmi nos 20
plants ?
(e) Quelle est la probabilité qu’il y ait au moins 6 plants malades parmi nos 20
plants ?
(f) Quelle est l’espérance du nombre de plants malades parmi nos 20 plants ?
(g) Quel est l’écart-type du nombre de plants malades parmi nos 20 plants ?
Réponses. (Pour les explications, voir la solution clip sur le site web du cours)
(a) Binomiale(20, 0.15).
(c) 0.0386.
(d) 0.2428.
(e) 0.0673.
(f) 3 plants.
(g) 1.6 plants.
Numéro 31. On suppose que la loi normale avec moyenne 16 cm et avec écart-type
2 cm est un bon modèle pour décrire la distribution des hauteurs des plants dont il
est question au numéro précédent. Dessinez le graphe de cette loi normale. Sur ce
graphe, illustrez les réponses à chacune des questions suivantes.
(a) Quel pourcentage des plants ont une hauteur inférieure à 18 cm ?
(b) Quel pourcentage des plants ont une hauteur entre 15 et 18 cm ?
(c) Quel pourcentage des plants ont une hauteur supérieure à 20 cm ?
(d) Quel est le 80e centile des hauteurs ? Autrement dit, trouvez la hauteur h qui
est telle que 80% des plants sont de hauteur inférieure à h
Réponses. (Pour les explications, voir la solution clip sur le site web du cours)
(a) 0.8413.
(b) 0.5328.
(c) 0.0228.
(d) 17.68 cm.
Numéro 32. On choisit 30 plants au hasard à partir du champ dont il est question
au numéro précédent. On dénote par N le nombre de plants dont la hauteur excède
18 cm.
(a) Quelle est la distribution de la variable aléatoire N ?
21
(b) Quelle est l’espérance de la variable aléatoire N ?
(c) Quel est l’écart-type de la variable aléatoire N ?
(d) Calculez P[4 ≤ N ≤ 9].
Réponses.
(a) Binomiale(30, 0.1587).
(b) np = 4.76 plants.
p
(c) np(1 − p) = 2.00 plants
(d) 0.7090.
Numéro 33. Avec l’aide du logiciel R, examinez le graphe de la fonction de probabilité de la loi binomiale(20, p) pour chacune des valeurs suivantes de p : 0.05, 0.10,
0.15, 0.20, 0.25,..., 0.90, 0.95.
Commentaires. On procède comme dans la solution clip de la partie (b) du numro
30. On observe que le graphe est en forme de cloche asymétrique étirée vers la droite
si 0 < p < 1/2, en forme de cloche symétrique si p = 1/2 et en forme de cloche
asymétrique étirée vers la gauche si 1/2 < p < 1.
Numéro 34. On considère une certaine population de citrouilles. Le poids moyen
de ces citrouilles est 4.25 kg. On sait que 33% de ces citrouilles pèsent plus que 4.47
kg. En supposant que la loi normale est un bon modèle pour décrire la distribution
des poids des citrouilles, trouvez l’écart-type de cette loi normale.
Solution. On a P[X > 4.47] = 0.33, c’est-à-dire
µ
¶
4.47 − µ
1−Φ
= 0.33
σ
c’est-à-dire
µ
1−Φ
4.47 − 4.25
σ
c’est-à-dire
µ
1−Φ
c’est-à-dire
µ
Φ
0.22
σ
0.22
σ
¶
= 0.33
¶
= 0.33
¶
= 0.67.
D’après la table de la loi normale, il faut avoir 0.22/σ = 0.44. On en déduit que
σ = 1/2.
Numéro 35. Avec l’aide du logiciel R, examinez le graphe de la fonction de probabilité de la loi de Poisson(λ) pour chacune des valeurs suivantes de λ : 2.0, 4.5, 9.0,
20.0.
22
Commentaires. On procède comme dans la solution clip de la partie (b) du numro
30. On observe que le graphe est en forme de cloche asymétrique étirée vers la droite.
Plus λ est grand et plus la distribution s’aplatis et s’éloigne
√ vers la droite. Il fallait
s’y attendre puisque la moyenne est λ et l’écart-type est λ.
Numéro 36. Lorsque n est grand et p est petit, la loi binomiale(n, p) ressemble
beaucoup à la loi de Poisson(λ) avec λ = np. Avec l’aide du logiciel R, vérifiez cette
affirmation dans le cas de la loi binomiale(30,0.05).
Commentaires. Vous pouvez comparer les graphes que vous obtiendrez avec RCommander. Vous pouvez aussi faire un tableau comparatif comme celui qui apparaı̂t à la page 58 des notes de cours.
Numéro 37.
(a) Supposons que la loi de Poisson avec moyenne 3 soit un bon modèle pour
décrire la distribution du nombre de limaces présentes sur un plant de tomate.
On choisit un plan de tomate au hasard.
(i) Quelle est la probabilité qu’il y ait exactement 2 limaces sur ce plant ?
(ii) Quelle est la probabilité qu’il y ait au moins 4 limaces sur ce plant ?
(iii) Dessinez le graphe de la loi de Poisson avec moyenne 3 et illustrez sur ce
graphe les réponses obtenues aux questions (i) et (ii) ci-dessus.
(b) On choisit 8 plants de tomates au hasard.
(i) Quelle est la probabilité d’obtenir au moins un plan de tomate avec au
moins 4 limaces ?
(ii) Quelle est l’espérance du nombre total de limaces sur ces 8 plants de
tomate ?
(iii) Quel est l’écart-type du nombre total de limaces sur ces 8 plants de tomate ?
Réponses. (Pour les explications, voir la solution clip sur le site web du cours)
(a)
(i) 0.2240.
(ii) 0.3528.
(b)
(i) 0.9692.
(ii) 24 limaces.
(iii) 4.9 limaces.
Numéro 38. On considère 6 plants de tomate. On écrit Xj pour dénoter la production, mesurée en kg, du plant de tomate numéro j pour l’été 2009. On suppose que X1 , X2 , ..., X6 sont des variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées, avec espérance 6.0 kg et avec écart-type 1.0 kg. Posons T =
X1 + X2 + · · · + X6 . Donc, T dénote la production totale pour ces 6 plants de
tomates. Calculez l’espérance et l’écart-type de la variable aléatoire T .
23
Solution.
E[T ] = E[X1 + X2 + · · · + X6 ] = E[X1 ] + E[X2 ] + · · · + E[X6 ] = 6 + 6 + · · · + 6 = 36 kg
Var[T ] = Var[X1 +X2 +· · ·+X6 ] = Var[X1 ]+Var[X2 ]+· · ·+Var[X6 ] = 1+1+· · ·+1 = 6 kg2
p
√
σT = Var[T ] = 6 ≈ 2.45 kg.
Numéro 39. Dans chacun des scénarios suivants, déterminez si le coefficient de
corrélation entre X et Y est positif ou négatif. Aucun calcul n’est nécessaire.
(a) On lance un dé trois fois et on considère les variables
X =
Y =
le plus petit des trois résultats
le plus grand des trois résultats.
(b) On fait 6 tirages sans remise à partir d’un panier contenant 2 boules bleues, 2
boules blanches, 3 boules rouges et 3 boules noires. On considère
X =
Y =
le nombre de boules rouges parmi les 6 tirages
le nombre de boules noires parmi les 6 tirages.
(c) On fait 6 tirages avec remise à partir d’un panier contenant 2 boules bleues, 2
boules blanches, 3 boules rouges et 3 boules noires. On considère
X =
Y =
le nombre de boules rouges parmi les 6 tirages
le nombre de boules noires parmi les 6 tirages.
(d) On fait 3 tirages sans remise à partir d’un panier contenant 2 boules bleues et
3 boules rouges et on fait 3 tirages avec remise à partir d’un panier contenant
2 boules blanches et 3 boules noires. On considère
X =
Y =
le nombre de boules rouges parmi les 6 tirages
le nombre de boules noires parmi les 6 tirages.
Solution.
(a) Positif.
(b) Négatif.
(c) Négatif.
(d) Nul.
Numéro 40. Obtenez et présentez sous forme de tableau la distribution conjointe
des variables aléatoires X et Y de la partie (b) du numéro précédent.
24
Solution.
Y
X
(boules noires)
0
1
2
3
0
0
0
3/210
4/210
1
0
9/210
36/210 18/210
(boules rouges)
2
3/210 36/210 54/210 12/210
3
4/210 18/210 12/210
1/210
Voici comment j’obtiens, par exemple, la probabilité p(2, 1) = 36/210 dans le tableau
ci-dessus.
p(2, 1) = P[(X, Y ) = (2, 1)]
= P[(X = 2) ∩ (Y = 1)]
¡3¢ ¡3¢ ¡4¢
· 1 · 3
¢
= 2 ¡10
6
3×3×4
36
=
=
.
210
210
¡ ¢
Explication : le dénominateur 10
= 210 est le nombre de façons différentes de
6
choisir 6 boules parmi un ensemble de 10 boules. Pour le numérateur, je multiplie
le nombre de façons de choisir 2 rouges parmi les 3 rouges, le nombre de façons de
choisir 1 noire parmi les 3 noires, le nombre de façons de choisir les 3 autres boules
parmi les 4 boules de couleurs autres que le rouge et le noir.
Numéro 41. On considère des variables aléatoires discrètes X et Y . Les valeurs
possibles de X sont les entiers 0, 1 et 2. Les valeurs possibles de Y sont les entiers
0, 1, 2 et 3. La fonction de probabilité conjointe de ces deux variables est donnée par
le tableau suivant :
0
1
2
3
0
1/50 3/50 10/50 6/50
1
2/50 6/50
6/50
2/50
2
7/50 4/50
2/50
1/50
25
(a) Calculez P[Y ≤ 2].
(b) Calculez P[X + Y ≤ 2].
(c) Calculez la fonction de probabilité marginale de X et tracez son graphe.
(d) Calculez la fonction de probabilité marginale de Y et tracez son graphe.
(e) Obtenez la fonction de probabilité conditionnelle de Y sachant que X = 2.
(f) Calculez la covariance de X et Y .
(g) Calculez le coefficient de corrélation entre X et Y .
(h) Les variables X et Y sont-elles indépendantes ?
Solution : Voici la distribution conjointe avec les deux distributions marginales :
Y
X
0
1
0
1/50
3/50
10/50 6/50
20/50
1
2/50
6/50
6/50
2/50
16/50
2
7/50
4/50
2/50
1/50
14/50
Total :
2
3
10/50 13/50 18/50 9/50
Total :
1
(a) P[Y ≤ 2] = 41/50.
(b)
P[X + Y ≤ 2] = P[(X, Y ) ∈ {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (0, 2), (1, 1), (2, 0)}]
= 1/50 + 3/50 + 2/50 + 10/50 + 6/50 + 7/50 = 29/50.
(c)
x
pX (x)
0
1
20/50 16/50
26
2
14/50
20 50
16 50
14 50
0
1
2
La moyenne, la variance et l’écart-type sont
µ
¶ µ
¶ µ
¶
20
16
14
44
22
µX =
0×
+ 1×
+ 2×
=
=
50
50
50
50
25
¶ µ
¶ µ
¶
µ
2 16
2 14
2
2 20
+ (1 − (22/25)) ·
+ (2 − (22/25)) ·
σX =
(0 − (22/25)) ·
50
50
50
416
=
≈ 0.6656
625
p
416/625 ≈ 0.8158.
σX =
(d)
y
0
1
pY (y) 10/50 13/50
2
18/50
18 50
13 50
10 50
0
9 50
1
2
3
27
3
9/50
La moyenne, la variance et l’écart-type sont
µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶
10
13
18
9
76
38
µY =
0·
+ 1·
+ 2·
+ 3·
=
=
50
50
50
50
50
25
µ
¶ µ
¶
10
13
σY2 =
(0 − (38/25))2 ·
+ (1 − (38/25))2 ·
50
50
¶ µ
¶
µ
9
2 18
2
+ (3 − (38/25)) ·
+ (2 − (38/25)) ·
50
50
631
=
≈ 1.0096
625
p
σY =
631/625 ≈ 1.0048.
(e)
y
pY |X=2 (y)
0
1
7/14 4/14
2
2/14
3
1/14
(f) On veut Cov[X, Y ]. On utilise la formule raccourci :
Cov[X, Y ] = E[XY ] − E[X] · E[Y ].
On connait déjà E[X] et E[Y ]. Il reste à calculer E[XY ]. On utilise la formule
X
x · y · P[(X, Y ) = (x, y)].
E[XY ] =
(x,y)
Cette somme comprends 12 termes correspondants aux 12 cellules du tableau
ci-dessus. Six de ces 12 termes sont nuls. Ce sont les termes correspondant aux
cellules qui sont dans la première colonne (y = 0) ou dans la première ligne
(x = 0) du tableau. Il reste les six autres termes. On obtient
6
6
2
4
2
1
+1·2·
+1·3·
+2·1·
+2·2·
+2·3·
50
50
50
50
50
50
6
12
6
8
8
6
46
=
+
+
+
+
+
=
.
50 50 50 50 50 50
50
E[XY ] = 1 · 1 ·
On obtient donc
46 22 38
261
−
·
=−
.
50 25 25
625
Remarque : En examinant le tableau de la distribution conjointe, on pouvait
noter qu’il y avait une association négative : quand X est petit, Y a tendance
à être grand ; quand X est grand, Y a tendance à être petit. Il fallait donc
s’attendre à obtenir une covariance négative.
Cov[X, Y ] =
(g)
ρ=
−261/625
Cov[X, Y ]
q
=q
= 0.5094.
σX σY
416
631
625
28
625
(h) Les variables aléatoires X et Y ne sont pas indépendantes.
Numéro 42. Voici les résultats des loteries 6/49 et Québec 49 du 30 janvier 2008 :
Lotto 6/49 :
Lotto Québec 49 :
01 20 21 23 40 41
01 20 21 29 40 47
Les tirages de ces deux loteries ont lieu tous les mercredis et tous le samedis.
(a) Quelle est la probabilité que ces deux loteries auront exactement quatre nombres
en commun lors de la prochaine journée de tirages ?
(b) Quelle est la probabilité que ces deux loteries auront exactement quatre nombres
en commun au moins une fois au cours des sept prochaines années ?
Solution.
(a)
¡6¢
4
¡ ¢
× 43
¡49¢ 2 ≈ 0.0009686.
6
(b) 7 ans ≈ 365 semaines = 730 tirages.
1 − (1 − 0.0009686)730 ≈ 0.5071.
Numéro 43.
(a) Un épicier reçoit une livraison de sacs de carottes de 1 kg. On choisit 25 sacs
au hasard et on mesure les poids exacts de ces sacs. On pose N = le nombre de
sacs dont le poids est inférier à 0.95 kg. En supposant que douze pour cent des
sacs de cette livraison pèsent moins que 0.95 kg, obtenez, avec R-Commander,
les probabilités suivantes : P[N = 4], P[N ≤ 5] et P[N ≥ 9]. Obtenez également
le graphe de la distribution de la variable aléatoire N .
(b) Ce même épicier reçoit une livraison de sacs de pommes de 2 kg. En supposant
que la loi normale avec moyenne 2.10 kg et avec écart-type 0.07 kg soit un bon
modèle pour décrire la distribution des poids exacts de ces sacs, obtenez
(i) la proportion de sacs pesant moins de 2.00 kg,
(ii) la proportion de sacs pesant plus que 2.10 kg,
(iii) le 90e centile de cette distribution,
(iv) le graphe de cette distribution.
Solution. Il y aura une solution clip sur le site web du cours.
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