TD N 6 : Probabilités, variables discr`etes, dénombrements
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TD N 6 : Probabilités, variables discr`etes, dénombrements
Mention Physique - L2 - Année 2011-2012 Licence de Sciences et Technologies LP 207: Mathématiques pour physiciens 2 TD N◦6 : Probabilités, variables discrètes, dénombrements I. Dénombrements et probabilités A) Jeux 1. Dés indiscernables. On lance 3 dés indiscernables. On s’intéresse au résultat indépendamment de l’ordre (“configuration” des 3 dés) : ainsi, 124, 142, 421, etc comptent pour une configuration. Combien y a-t-il de configurations possibles ? Rép. : Il y a 6 configs du type aaa, 6 × 5 du type aab, et 3!1 6 × 5 × 4 = C63 du type abc. Au total 56 configurations. 2. Blanches et noires. Une urne contient 5 boules blanches indiscernables et 8 boules noires indiscernables. On tire successivement 6 boules de l’urne en remettant chaque fois la boule tirée. (a) Quel est le nombre de tirages possibles ? Rép. : si on veut dire le nombre de résultats ordonnés possibles : 6 choix de B ou N : 26 ; si on veut le nombre de tirages, c’est-à-dire le nombre total de fois où ces résultats sont atteints, N = 136 = 4 826 809. (b) Combien de ces tirages amènent : i. ii. iii. iv. 5 boules noires et 1 boule blanche dans cet ordre ? Rép. : 85 × 5 1 boule noire au plus Rép. : 0 N : 56 + 1 N : 55 × 8 × 6 = 165 625. 3 boules blanches et 3 boules noires ? Rép. : 53 × 83 × 6!/(3!)2 = 1 280 000 1 boule blanche au moins ? Rép. : 0 B : 86 , donc ≥ 1 B : N − 86 = 136 − 86 = 4 564 665. 3. Boules discernables On dispose dans une urne de 5 boules distinctes numérotées de 1 à 5. On tire trois fois une boule et on la remet dans l’urne après chaque tirage. On note le résultat obtenu : par exemple (1, 5, 1) indique qu’on a tiré la première fois la boule marquée 1, la deuxième fois la boule marquée 5 et la troisième fois la boule marquée 1. (a) Quel est le nombre de résultats (tirages) possibles (on tient donc compte de l’ordre dans lequel les boules apparaissent) ? Rép. : 53 = 125 (b) Quel serait le nombre de résultats possibles si l’on ne tenait pas compte de l’ordre d’apparition des chiffres (par exemple (1, 5, 1) serait le même résultat que (1, 1, 5)). Rép. : cf exercice 1: 5 + 5 × 4 + 5 × 4 × 3/3! = 35. 1 (c) Calculez la probabilité que l’on obtienne des chiffres tous différents. Rép. : Nombre de configs de 3 chiffres différents C53 = 10 ; proba 3!C53 /53 = A35 /53 = 12/25. (d) Calculez la probabilité que l’on obtienne des chiffres tous identiques. Rép. 1 . 5/53 = 25 : (e) Calculez la probabilité que la somme des chiffres obtenus soit égale à 6. Rép. : nombre de “cas favorables” = coefficient de x6 dans (x + x2 + · · · + x5 )3 = coefficient de x3 dans (1 + x + · · · + x4 )3 = coefficient de x3 dans 1/(1 − x)3 = coefficient de ∂ 2 ∂ 2 5 ) (1 − x)−1 = coefficient de x3 dans 12 ( ∂x ) x = 10. Donc probabilité x3 dans 21 ( ∂x 3 = 10/5 = 2/25. Mais on a aussi vite fait d’énumérer les configs : 114 (3 tirages ordonnés), 123 (3! tirages) et 222 (1 tirage), total 10 tirages. (f) Calculez la probabilité que la somme des chiffres obtenus soit égale à 6 sachant que le premier tirage a donné le résultat 1. Rép. : les configs sont 114 (2 tirages) et 123 ( 2 tirages), donc 4 tirages sur 25; probabilité = 4/52 . 4. 421. Au jeu de dés du 421, où on lance trois dés simultanément et on s’intéresse au résultat à l’ordre près, quelle est la probabilité de faire (a) 421, c’est-à-dire un lancer de 4 2 1 quel que soit l’ordre des trois dés ? Rép. 1 3!/63 = 36 : (b) un “brelan”, c’est-à-dire un lancer de trois dés de même valeur ? Rép. : 6/63 = 1 . 36 (c) une “fiche”, 11x, quel que soit x 6= 1 ? Rép. : 5 × 3/63 : 5 pour le choix de x, 3 pour le dé qui donne x. (d) une “tierce”, soit trois chiffres consécutifs ? Rép. : 4 × 3!/63 = 91 , avec 4 pour le choix du début de la tierce : 123, 234, 345 ou 456. 5. Loto. Quelle est la probabilité de trouver le bon tirage au loto ? (Rappel : on propose 5 nombres différents entre 1 et 49 et un “numéro chance” entre 1 et 10.) Rép. : nombre de “cartes” 5 de 5 numéros et du “numéro chance” N = C49 × 10 = 19 068 840, probabilité d’une bonne −8 carte = 1/N ≈ 5, 24 10 . B) Autres problèmes de combinatoire 1. Bureau. Une assemblée de 30 personnes doit élire un bureau composé de quatre membres (un président, un vice-président, un secrétaire, un trésorier). Combien y a-t-il de bureaux possibles, sachant que chacune des 30 personnes est éligible et à n’importe quel poste ? Rép. : A430 = 30 × 29 × 28 × 27 = 657720. 2. Anniversaire commun (a) Calculer la probabilité que les anniversaires de n personnes n’aient pas lieu le même jour. (b) En déduire la probabilité qu’au moins deux personnes parmi les n aient le même jour anniversaire. 2 Rép. : a) Négligeant les années bissextiles, le choix de l’anniversaire de la première personne est 365, celui de la seconde 364, . . . , celui de la n-ième est 365 − n + 1. La probabilité est donc pn = 365 · 364 · · · (365 − n + 1)/365n . b) La probabilité qu’au moins deux personnes aient la même date est p0 = 1 − pn . Pour n 365 on approxime = 1 − n(n − 1)/730, donc p0 = 1 − pn ≈ n(n − 1)/730. Pour n = 20, pn ≈ 1 − 1+2+···+n−1 365 cette approximation donne p0 ≈ 380/730 ≈ 0, 52, en fait p0 = 0, 41. Dès n = 23, on a p0 = 0, 507, plus d’une chance sur deux ! Pour n = 60, p0 = 0, 994, voir Figure . 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 10 20 30 40 50 60 Figure 1: Probabilité de même anniversaire dans un groupe de n individus, 1 ≤ n ≤ 65. 3. Boules dans des boı̂tes (a) On veut calculer le nombre Nb,n de façons de répartir n boules dans b boı̂tes discernables, chaque boı̂te pouvant contenir un nombre arbitraire de boules, et les boules étant indiscernables. Montrer que Nb,n est égal au nombre de façons de placer b − 1 séparations entre les n boules alignées le long d’un axe. Donner l’expression de Nb,n . b−1 n Rép. : Cn+b−1 = Cn+b−1 (b) Reprendre le calcul du a) en supposant maintenant les boules discernables. Rép. : 0 La première boule a b choix, la seconde aussi, etc, donc Nb,n = bn . (c) ? Reprenons et généralisons le problème des configurations de 3 dés (exercice A.1). En général si on tire p valeurs entre 1 et n, le nombre de configurations est donné p par Cn+p−1 , pourquoi ? Rép. P : Il s’agit de compter toutes les configurations mj = p. On représente une telle configuration par 1m1 2m2 · · · nmn avec mi ≥ 0, 2 ∗ ∗ ∗ · · · n ∗ ∗ ∗ donc à nouveau, comme dans le a) ci-dessus, il s’agit de placer 1∗ ∗ ∗ |{z} |{z} |{z} m2 mn P m1 mj = p séparations entre les 1, · · · , n. Comme on démarre toujours avec un 1, p les p séparations sont entre n − 1 symboles, c’est bien Cn+p−1 , cqfd. Noter que dans 3 l’exercice I.A.1 p = 3, n = 6, C8 = 56 et dans le I.A.3.b, p = 3, n = 5, C73 = 35. 4. ? Configurations d’états excités en physique moléculaire. Les niveaux d’énergie En d’un oscillateur harmonique quantique de fréquence ω sont indexés par un nombre entier n = 0, 1, 2 · · · , avec En = (n + 12 )~ω. On dispose de b oscillateurs de même fréquence. Quelle (c’est-à-dire la multiplicité) Pb est la “dégénérescence” Pb P 1 du niveau d’énergie totale E = i=1 Eni = i=1 (ni + 2 )~ω, si on se fixe n = bi=1 ni ? Montrer P que la question 3 (a) ou (c) fournit la réponse. Rép. : On a b nombres nni tels que i ni = n, c’est le problème traité en 3.c, avec n 7→ b et p 7→ n, donc multipl=Cn+b−1 . 3 II. Probabilités, indépendance, conditionnement 1. Le pari du chevalier de Méré1 . Expliquer pourquoi le pari de l’apparition d’au moins un 6 lors du lancer de 4 dés “honnêtes” est avantageux, tandis que le pari d’au moins un double 6 lorsque l’on lance 24 fois deux dés est désavantageux. Rép. : La probabilité de n’avoir aucun 6 dans un lancer de 4 dés est de ( 56 )4 = 0, 482, donc le complémentaire, probabilité d’avoir au moins un 6 est 0, 517 > 21 , pari avantageux ! La probabilité de n’avoir aucun double 6 dans une 2 24 = .5086 donc la probabilité d’au moins un double série de 24 lancers de 2 dés est (6(6−1) 2 )24 6 est 0,4914, pari désavantageux! 2. Paradoxe de Galilée. On désire lever, comme l’a fait Pascal, cet apparent paradoxe dû à Galilée. Au cours d’un lancer de 3 dés, on observe que les totaux 9 et 10 peuvent être obtenus de six façons différentes : 9 10 6-2-1 5-3-1 5-2-2 4-4-1 4-3-2 3-3-3 6-3-1 6-2-2 5-4-1 5-3-2 4-4-2 4-3-3 On observe pourtant que 10 est plus fréquemment obtenu que 9. Comment expliquer cet apparent paradoxe ? Calculer les probabilités d’obtenir 9. resp. 10. Rép. : Il faut tenir compte non seulement du nombre (six) de façons d’obtenir 9 ou 10, mais aussi du nombre de configurations des 3 dés y conduisant, avec leurs répétitions. Une configuration de 3 dés différents vient avec une fréquence plus élevée qu’une configuration avec 2 dés identiques + 1 troisième, qui elle-même est plus fréquente qu’une configuration de 3 dés identiques. Les configurations conduisant au 9 sont du même type que celle du 10, sauf la dernière : 333 est moins fréquent que 433. Plus précisément, une configuration donnée 1 (choix du dé qui porte a, puis du dé abc vient avec la probabilité 3 × 2 × 1/63 = 36 1 1 3 qui porte b etc), aab a la probabilité 3/6 = 72 et aaa a la probabilité 613 = 216 . Donc 1 1 1 25 1 1 1 1 1 P (9) = 3 36 + 2 72 + 216 = 216 et P (10) = 3 36 + 3 72 = 18 , P (10) − P (9) = 72 − 216 = 108 . 3. Fratrie Un enquêteur fait un sondage auprès de familles ayant deux enfants. On suppose les naissances des garçons et des filles équiprobables. L’enquêteur sonne à la porte. Une petite fille vient lui ouvrir. Quelle est la probabilité qu’elle ait un frère? Rép. : Attention il est faux de dire “évènements naissances de garçon et fille indép. donc p = 21 ”. Il faut dire : P (G|F ) = P (G ∩ F )/P (F ) = trois contiennent F, et 2 ont F et G. 1 1 2 3 4 = 2 3 un contemporain et correspondant de Pascal. . . 4 car sur les 4 cas possibles, FF, FG, GF, GG, 4. Puce (marche aléatoire sur une grille fixe) Une puce se déplace par sauts successifs sur les sommets et le centre de gravité d’un triangle équilatéral. Au temps t = 0, elle est en O. Au temps t = 1 elle saute sur un des sommets de façon équiprobable. Par la suite, elle saute au temps t = n du point où elle se trouve en l’un des autres points de façon équiprobable. (a) Calculer la probabilité qu’elle revienne en O pour la première fois au temps t = n. Rép. : Notons P (4, t) la probabilité de la puce d’être sur un des sommets du triangle au temps t en n’étant pas repassée par l’origine entre temps. On a P (4, 1) = 1, P (4, 2) = 23 , etc P (4, n − 1) = ( 23 )n−2 , donc probabilité de premier retour à l’origine au temps n : P (O, t = n) = 31 ( 23 )n−2 . (b) Calculer la probabilité de l’évènement “la puce revient en O”. Commenter. Un théorème (Pólya, 1921) énonce qu’une marche aléatoire à 1 ou 2 dimensions repasse par l’origine, mais pas en 3 dimensions.P Rép. : La probabilité cherchée est 1 2 n−2 P (O) = ∞ = 1 (série géométrique). La n=2 3 ( 3 ) puce est certaine de repasser à l’origine dans le futur ! A O B 5. Test de maladie Un test servant à dépister une maladie grave vient d’être mis au point. Ses résultats, annonce le fabricant, sont très fiables : si le sujet est malade, le test est positif dans 95% des cas; si le sujet n’est pas malade, le test donne un résultat négatif dans 9 cas sur 10. Sachant que la maladie en question ne frappe que 1% de la population quelle est la probabilité pour un patient dont le test est positif d’être effectivement atteint ? Qu’en concluez-vous ? Rép. : Notons M , resp. S l’“évènement ” malade, resp. sain, et ± le résultat du test. On donne P (+|M ) = 0.95, P (−|S) = 0.9, P (M ) = 0.01. Selon Bayes P (+|M ) = P (M ∩ 99 , +)/P (M ) d’où P (M ∩+) = 0.95×0.01. De même P (−|S) = P (−∩S)/P (S), P (S) = 100 donc P (− ∩ S) = 0.9 × 0.99. Par ailleurs, toujours par Bayes, la probabilité cherchée est P (M |+) = P (M ∩ +)/P (+), et P (+) = P (+ ∩ M ) + P (+ ∩ S) (évènements exclusifs) donc P (+) = P (+ ∩ M ) + (P (S) − P (− ∩ S)) = 0.95 × 0.01 + (1 − 0.9) × 0.99 = 0.1085. Finalement 0.95 × 0.01 P (M |+) = = 0.0875 . 0.1085 Malgré les apparences des chiffres de départ, le test est très mauvais ! Cela est dû au fait que la maladie est rare, P (M ) = 0.01, ce qui impose aux tests une plus grande fiabilité. 5 C 6. Canal binaire Une ligne de transmission transmet des “1” et des “0”. Soit E le signal émis (signal aléatoire), et X le signal reçu. Soit p0 (p1 ) la probabilité qu’un “0” soit émis (respectivement un “1”). Il y a des erreurs de transmission. On estime les probabilités conditionnelles de transmission : a = P (X = 0|E = 0) c = P (X = 0|E = 1) 0 a 0 b c 1 d 1 b = P (X = 1|E = 0) d = P (X = 1|E = 1) (a) Déterminer P (X = 0), P (X = 1). Rép. : P (X = 0) = P (X = 0∩E = 0)+P (X = 0 ∩ E = 1) = P (X = 0|E = 0)P (E = 0) + P (X = 0|E = 1)P (E = 1) = ap0 + cp1 , et de même P (X = 1) = P (X = 1|E = 0)P (E = 0) + P (X = 1|E = 1)P (E = 1) = bp0 + dp1 (b) On a reçu un “1”. Quelle est la probabilité qu’un “1” ait été émis ? Rép. : P (E = 1|X = 1) = P (E = 1 ∩ X = 1)/P (X = 1) = P (X = 1|E = 1)P (E = 1 1)/P (X = 1) = bp0dp+dp 1 (c) Calculer Pe la probabilité d’erreur de transmission. Rép. : Pe = P (X = 1 ∩ E = 0) + P (X = 0 ∩ E = 1) = bp0 + cp1 . Cas a = b = c = d = 1/2. Rép. : Pe = 12 (p0 + p1 ) = 21 Cas b = c = 0. Rép. : Pe = 0. 7. Dés défectueux On dispose de 100 dés dont la moitié a été victime d’un défaut de fabrication et donne le 1 avec une probabilité de 1/3. Un dé pris au hasard ayant fourni un 1, quelle est la probabilité qu’il soit défectueux ? Rép. : Le tirage d’un dé sain ou d’un dé défecteux sont des événements exclusifs, donc les probabilités s’ajoutent : P (1|dé sain) = 1 , P (1|dé défectueux) = 13 , P (1) = P (1|dé sain)P (dé sain)+P (1|dé défectueux)P (dé défectueux) = 6 1 × 12 + 31 × 12 = 41 . Donc la probabilité qu’un dé soit défectueux si on a tiré un 1 est 6 P (dé défectueux|1) = P (dé défectueux ∩ 1)/P (1) = 1 × 13 2 1 4 = 23 . 8. Théorème d’addition Démontrer à partir du théorème d’addition des probabilités sa généralisation P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B) − P (B ∩ C) − P (A ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C) . Rép. : On itère la relation du th. d’addition : P (A ∪ B ∪ C) = = = = P (A ∪ B) + P (C) − P ((A ∪ B) ∩ C) P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B) − P ((A ∩ C) ∪ (B ∩ C)) P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B) − P (B ∩ C) − P (A ∩ C) + P ((A ∩ C) ∩ (B ∩ C)) P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B) − P (B ∩ C) − P (A ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C) Donner l’interprétation diagrammatique de cette identité. 6 Mention Physique - L2 - Année 2011-2012 Licence de Sciences et Technologies LP 207: Mathématiques pour physiciens 2 TD N◦7 : Variables aléatoires. Lois de probabilité I. Lois de probabilité 1. Densité et fonction de répartition Considérons la fonction F (x), définie par : F (x) = ex ex + e−x (x ∈ R) (a) Montrer que F est une fonction de répartition d’une v.a. réelle continue X. Rép. : F (x) = 1 − 1+e1 2x est une fonction monotone croissante tendant vers 0 à −∞ et 1 à +∞. (b) Quelle est la densité f de X ? Rép. : f (x) = F 0 (x) = 2e2x (1+e2x )2 = 2 (ex +e−x )2 (c) Montrer que X est une v.a. réelle centrée. Rép. : f est une fonction paire donc hXi = 0. (d) Donner l’expression de X (on ne cherchera pas à calculer l’intégrale). R ∞de la2xvariance 2 Rép. : varX = −∞ (ex +e−x )2 dx 2. Densité et fonction de répartition (2) Soit la fonction de variable réelle x définie par f (x) = 0 sur ] − ∞, −q] ∪ [q, ∞[, f (x) = k(x + q) sur ] − q, 0] et f (x) = −k(x − q) sur [0, q[ (k et q sont des constantes positives). (a) Tracer le graphe de f (x). Déterminer pour quelle valeur de k cette fonction définit une densité de probabilité pour une variable aléatoire continue X. Rép. : Graphe de f = triangle −− /\−− . Normalisation kq 2 = 1 (= aire du triangle). (b) Déterminer la fonction de répartition associée à f (x) et la tracer. Rép. : F (x) = 2 2 2 (x+q)2 pour −q < x < 0 ; F (x) = q +2qx−x = 1 − (q−x) pour 0 < x < q ; 0 en deçà, 2q 2 2q 2 2q 2 1 au delà. (c) Calculer l’espérance de X : hXi. Rép. : f paire, donc hXi = 0. (d) Calculer la variance de X : var(X), puis son écart type σ. Rép. σ = √q6 . : var X = q2 , 6 (e) Calculer la probabilité que X soit supérieur à hXi sachant que X est supérieur à 1−F (0) −q/2. Rép. : P (X > 0|X > −q/2) = P (X > 0)/P (X > −q/2) = 1−F = (−q/2) 1 2 7 8 = 47 . 1 R∞ (f) ? Montrer que la limite de −∞ f (x)g(x)dx lorsque q tend vers 0 est g(0) lorsque g est une fonction continue. Rép. : Argument qualitatif : quand q → 0, l’intervalle où R f (x) 6= 0 est de plus R en plus concentré au voisinage de 0 et on peut approximer f (x)g(x)dx ' g(0) f (x)dx = g(0). Plus précisément, même type d’argument que R∞ dans le (f) de l’exercice suivant. On écrit I = −∞ f (x)(g(x)−g(0)+g(0))dx = g(0)+ R∞ I 0 avec I 0 = −∞ f (x)(g(x) − g(0))dx. Comme g est continue en 0, on peut rendre Rη |g(x) − g(0)| < pour |x| < η. Donc I 0 = I10 + I20 , I10 = −η f (x)(g(x) − g(0))dx < R R Rη −η f (x)dx < , et I20 = |x|>η f (x)(g(x) − g(0))dx = η<|x|<q f (x)(g(x) − g(0))dx qui est nulle dès que q < η. Donc I 0 < arbitrairement petit quand q → 0, I → g(0), CQFD. 3. Lois exponentielles i) Soit la fonction f (x) = Ce−ax pour x ≥ 0, f (x) = 0 si x < 0, avec a > 0. Quelle valeur doit prendre la constante C ? Déterminer les moments qui existent et les calculer. Rép. R ∂ k ∞ −ax0 : C = a, mk = C − ∂a e dx0 = a−k k!. 0 ii) Soit la fonction à variable réelle x définie par f (x) = ke−α|x| (k et α sont des constantes positives). (a) Déterminer pour quelle valeur de k cette fonction définit une densité de probabilité pour une variable aléatoire continue X. Rép. : 2k = α. Tracer f (x) avec α = 1. Même question avec α = 5. Rép. : voir figure 0.8 0.6 0.4 0.2 !2 !1 1 2 Figure 1: loi exponentielle pour α = 1 et 5 : la plus pointue correspond à α = 5. (b) Déterminer la fonction de répartition associée à f (x). La tracer pour α = 1 puis pour α = 5. Rép. : F (x) = 12 eαx pour x ≤ 0, = 1 − 21 e−αx si x ≥ 0. 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 !4 !2 2 4 Figure 2: Fonction de répartition de la loi exponentielle pour α = 1. (c) Calculer l’espérance (ou moyenne) de X . Rép. : hXi = 0 par symétrie. 2 (d) Calculer √ la variance de X : var(X), puis son écart type σ. Rép. : varX = 2/α , σ = 2/α. (e) Calculer la probabilité que X soit supérieur à α−1 + hXi sachant que X est supérieur −1 ) à hXi. Rép. : P (X > α−1 + hXi|X > hXi) = P (X > α−1 |X > 0) = PP(X>α = (X>0) 1−F (α−1 ) 1−F (0) = 1 e 2 R∞ (f) ? Montrer que la limite de −∞ f (x)g(x)dx lorsque α tend vers +∞ est g(0) lorsque est une fonction continue. Interpréter à l’aide des dessinsRfaits au dessus. Rép. : Rg ∞ R ∞ −αx ∞ 1 g(x)f (x)dx = α e (g(x) + g(−x)) = g(0) + 12 α 0 e−αx (g(x) + g(−x) − 2 −∞ 0 2g(0)). Mais comme f est continue, ∀, ∃η < η ⇒ |g(x) + g(−x) − 2g(0)| < . R η : R|x| ∞ La deuxième intégrale est découpée en 0 + η . La première est < , la seconde R∞ = e−ηα 0 e−αx (g(x+η)+g(−x−η)−2g(0)), l’intégrale est finie et le préfacteur e−ηα assure que le tout tend vers 0 quand α → ∞. CQFD. L’interprétation graphique est que la courbe est R de plus en plus “piquée” au voisinage de 0 quand α → ∞ donc l’intégrale ≈ g(0) f (x)dx = g(0). 4. Distribution de Lorentz Une loi de probabilité importante en physique est la loi de Lorentz (parfois appelée Cauchy-Lorentz) de densité : 1 γ f (x) = (1) π γ 2 + (x − x0 )2 R∞ (a) Montrer que f (x) est bien une densité de probabilité. Rép. : f > 0 et −∞ f (x)dx = 1 (b) Quel est le mode, (c’est-à-dire la valeur de x qui donne le maximum), de cette distribution ? Rép. : mode = x0 Que caractérise le paramètre γ ? Rép. : γ donne la largeur du pic. R∞ (c) Montrer que la moyenne et la variance ne sont pas définies. Rép. : −∞ xm f (x)dx est divergent pour m ≥ 1. II. Exemples concrets 1. Durée de vie d’une savonnette La durée d’utilisation d’une savonnette mesurée en jours est une variable aléatoire réelle, T , dont la densité de probabilité est : f (t) = λ2 te−λt (t ≥ 0) où λ est un paramètre réel positif. (a) Vérifier que f est bien une densité de probabilité. Rép. : R∞ 0 f (t)dt = 1. (b) Déterminer la fonction de répartition F de la variable aléatoire T . Rép. : F (t) = 1 − e−λt (1 + tλ). (c) On constate que hT i = 20 j. Déterminer λ et σ(T ). Rép. : Par des intégrations par parties répétées on trouve hT i = λ2 , hT 2 i = λ62 . Donc hT i = 20 ⇒ λ = 0,1 j−1 , et var T = hT 2 i − hT i2 = λ22 . Une bonne méthode pour calculerR “économiquement” ∞ tous ces moments est d’introduire la fonction φ(α) = heαT i = 0 f (t)eαt dt, qui est 2 λ telle que sa dérivée n-ième = φ(n) (0) = hT n i. Or ici φ(α) = (λ−α) 2 et les calculs des moments deviennent aisés. (d) Calculer la probabilité qu’une savonnette dure plus de 30 jours sachant qu’elle est toujours là au bout de 10 jours. Rép. : P (T > 30|T > 10) = P (T > 30)/P (T > 10) = (1 − F (30))/(1 − F (10)) = e−20λ (1 + 30λ)/(1 + 10λ). Avec λ = 0, 1, p = 2e−2 = 0, 27. 3 2. Pile ou face On dispose de n pièces identiques. On associe à la i-ème pièce la variable aléatoire Xi qui prend la valeur 1 lorsque cette pièce tombe sur pile et 0 lorsqu’elle tombe sur face. On suppose que la probabilité d’obtenir Xi = 1 (pile) est p et celle d’obtenir Xi = 0 (face) est q = 1 − p. Les variables aléatoires Xi sont toutes indépendantes. (a) Calculer l’espérance puis la variance de Xi . Rép. : hXi i = p · 1 + q · 0 = p ; hXi2 i = p · 12 + q · 02 = p ; var Xi = hXi2 i − hXi i2 = p(1 − p). Pn (b) Donner la loi de probabilité de la variable aléatoire X = : loi i=1 Xi . Rép. binomiale P (X = k) = pk q n−k Cnk . P Pn k n−k k (c) Calculer nk=0 P (X = k). Interprétation ?Rép. : Cn = (p + q)n = 1, k=0 p q probabilité totale =1. (d) On appelle fonctionP génératrice associée à la variable aléatoire X la fonction de z définie P par φ(z) = nk=0 z k P (X = k). Montrer que φ(z) = (pz + q)n . Rép. : φ(z) = nk=0 z k pk q n−k Cnk = (pz + q)n . 0 (e) Montrer P que la moyenne de X, hXi, est égale : Pàn φ (1). En déduire hXi. Rép. n k−1 0 0 φ (z) = k=0 kz P (X = k) donc φ (1) = k=0 kP (X = k) = hXi. Ici φ0 (1) = np(p + q)n−1 = np. P (f) En calculant φ00 (1), déterminerPla variance de X. Rép. : φ00 (z) = nk=0 k(k − 1)z k−2 P (X = k) donc φ00 (1) = nk=0 (k 2 −k)P (X = k) = hX 2 −Xi = var(X)+hXi2 − hXi. Donc varX = φ00 (1) − φ0 (1)2 + φ0 (1). Ici φ00 (1) = n(n − 1)p2 = np − np2 = npq, expression déjà trouvée en cours pour la loi binomiale. (g) Quelle est la probabilité que l’on obtienne au moins k0 fois pile : P (X ≥ k0 ). Faites l’application numérique pour p = 1/2, n = 5 et k0 = 4. Rép. : P (X ≥ k0 ) = Pn 3 k n−k k p q Cn . Pour p = 1/2, n = 5 et k0 = 4, P (X ≥ 4) = ( 21 )5 (C54 + C55 ) = 16 . k=k0 3. Durée de vie d’un appareil On met en service un appareil à l’instant t = 0. Il cesse de fonctionner à l’instant aléatoire T , durée de vie de l’appareil. Soient F (x) la fonction de répartition de T et f (x) sa densité. (a) Exprimer en fonction de F et f la fonction de répartition FT >t (x) = P (T < x|T > t) et la densité fT >t (x) de la v.a. T conditionnée par T > t. Rép. : F (x) = P (T < x), <x) (t) d FT >t (x) = P (T < x|T > t) = PP(t≤T = F (x)−F pour t ≤ x ; f (x) = dx F (x) et (T >t) 1−F (t) donc aussi fT >t (x) = d F (x) dx T >t = f (x) . 1−F (t) (b) On considère un système dont la densité de probabilité de panne à l’instant t, sachant qu’il fonctionnait jusqu’à l’instant t, est une constante. Déterminer F (t) et f (t) définissant la loi de l’instant de la panne. Interpréter dans ce cas fT >t (t+x).Calculer la durée de vie moyenne (ou espérance de vie) hT i. Rép. : On suppose donc f (t) F 0 (t) fT >t (t)dt = P (t < T < t + dt|T > t) = αdt = 1−F dt = 1−F dt, F (t) satisfait (t) (t) 0 F (t) donc une équa diff 1−F = α avec la c.i. F (0) = 0, d’où F (t) = 1 − e−αt , puis (t) f (t) = αe−αt ; fT >t (t+x) est la densité de probabilité que l’appareil, qui fonctionnait à l’instant t, cesse de fonctionner à l’instant ultérieur t + x. On calcule fT >t (t + x) = R∞ −αx αe . Durée de vie moyenne hT i = 0 tf (t)dt = α1 . (c) On connecte deux appareils A1 et A2 , de durées de vie aléatoires T1 et T2 indépendantes et de densités f1 et f2 , pour former un système de durée de vie T . Déterminer les fonctions F (t) et f (t) relatives au temps T dans le cas où A1 et A2 sont connectés 4 • en série (le système fonctionne si A1 et A2 fonctionnent). Rép. : F (s) (x) = P (T < x) = P ((T1 < x) ∪ (T2 < x)) = P (T1 < x) + P (T2 < x) − P ((T1 < x) ∩ (T2 < x)) = F1 (x) + F2 (x) − F1 (x)F2 (x), ou encore, en regardant les probabilités complémentaires P (T > x) = P ((T1 > x) ∩ (T2 > x)) = (1 − F1 (x))(1 − F2 (x)), d’où F (s) (x) = 1 − P (T > x) = 1 − (1 − F1 (x))(1 − F2 (x)) = etc. f (s) (x) = 0 F (s) (x) = f1 (x)(1 − F2 (x)) + f2 (x)(1 − F1 (x)). • en parallèle (le système fonctionne si A1 ou A2 fonctionne(nt)). Rép. : F (p) (x) = P (T < x) = P ((T1 < x) ∩ (T2 < x)) = F1 (x)F2 (x). f (p) (x) = 0 F (p) (x) = f1 (x)F2 (x)) + f2 (x)F1 (x). (d) Calculer l’espérance de vie du système dans les deux cas précédents, si α1 = α2 (αi étant l’inverse de la durée de vie moyenne de l’appareil i). Rép. : F (s) (x) = 1 ≤ α1i = hT (i) i, i = 1 ou 2 ; 1 − e−(α1 +α2 )x ; hT (s) i = α1s = α1 +α 2 F (p) (x) = (1 − e−α1 x )(1 − e−α2 x ) = (1 − e−α1 x ) + (1 − e−α2 x ) − (1 − e−(α1 +α2 )x ) ; 1 ≥ α1i . On a bien hT (p) i ≥ hT (i) ii=1,2 ≥ hT (s) i ce à quoi hT (p) i = α1p = α11 + α12 − α1 +α 2 on s’attendait. 4. Paradoxe de Bertrand Soit un cercle de rayon R. Quelle est √ la longueur a du côté du triangle équilatéral ABC inscrit dans ce cercle ? Rép. : a = 3R. On se propose d’étudier l’évènement E suivant : une corde tracée au hasard a une longueur ` supérieure à a. Quelle est la probabilité de E ? Trois raisonnements différents vont conduire à trois résultats différents ! C . M A ! A’ O Q O P B Figure 3: Trois définitions d’une “corde aléatoire” (a) On fixe une extrémité de la corde en A, l’autre extrémité M a une densité uniforme sur le cercle. Montrer que E est réalisé sissi M appartient à l’arc BC. En déduire la \ a une distribution probabilité p1 de cet évènement. Montrer que l’angle θ = OAM uniforme et trouver la relation entre ` et θ ; en déduire la densité de probabilité de `. Comment retrouve-t-on la probabilité p1 à partir de cette densité ? Rép. : 0 OM qui a \ est la moitié de l’angle au centre A \ p1 = 13 . L’angle au sommet OAM une distribution uniforme par hypothèse et on a ` = 2R cos θ. Calculons la densité de probabilité de ` à partir de celle (constante) de θ : f (θ) = π1 , − 12 π ≤ θ ≤ 12 π , et ` = 2R cos θ ; si la fonction θ 7→ ` était monotone, on écrirait f1 (`) = f (θ) dθ d` mais ceci n’est vrai que sur la moitié de l’intervalle en θ : il y a deux valeurs ±θ qui donnent la même valeur de ` et ilRfaut donc multiplier f1 par un facteur 2 d’où 2R f1 (`) = π2 2 1 2 1 , et on a bien p1 = a f1 (`)d` = 13 . (4R −` ) 2 (b) On se donne un rayon quelconque du cercle et un point aléatoire P sur ce rayon avec une densité uniforme. On construit la corde dont ce rayon est la médiatrice. Dans quel intervalle P doit-il varier pour que l’évènement E soit réalisé ? En déduire la probabilité p2 de cet évènement et calculer la densité de probabilité de `. Vérifier comme en a) le calcul de p2 . Rép. : P ∈ au segment 0 ≤ x ≤ 12 R du rayon, donc √ , 0 ≤ x ≤ R, f (x) = 1 (densité de x p2 = 12 ; ` = 2 R2 − x2 donc f2 (`) = f (x) dx d` R 2R R 1 √ ` supposée uniforme), d’où f2 (`) = 2R et on a bien p = f2 (`)d` = 12 . . 2 a 4R2 −`2 5 (c) Soit un point Q choisi de façon aléatoire à l’intérieur du disque, avec une densité uniforme, et la corde dont il est le milieu. Comment construit-on géométriquement cette corde ? Chercher à quelle région du disque Q doit appartenir pour que E soit réalisé. En déduire la probabilité p3 de cet évènement, puis calculer la densité de probabilité de `. Vérifier comme en a) le calcul de p3 . Rép. : On construit le cercle de centre O passant par Q, la corde est la tangente en Q. La corde est plus longue que a si le point est situé à l’intérieur d’un disque concentrique de rayon R/2. L’aire de ce disque est le quart de celle du grand disque. La probabilité est donc p3 = 14 . Soit r le rayon du “petit” cercle, 0 ≤ r ≤ R, avec une densité f (r) = R22 r ; on a √ R = ` 2 ; p3 = 2R √ f (`)d` = 1 . ` = 2 R2 − r2 et on calcule donc f3 (`) = f (r) dr d` 2R 4 R 3 3 Ce paradoxe souligne que le problème de départ est mal posé. Ce que l’on entend par corde “tracée au hasard” n’est pas bien défini ! 6 Mention Physique - L2 - Année 2011-2012 Licence de Sciences et Technologies LP 207: Mathématiques pour physiciens 2 TD N◦8 : Lois de probabilité classiques 1. Marche aléatoire. Un mobile évolue de façon aléatoire le long d’un axe gradué. À t = 0 il est en 0 ; à chaque instant entier t = k, (k ≥ 0), son abscisse varie de +1 avec la probabilité p et de −1 avec la probabilité q = 1 − p. On note Xn son abscisse au temps t = n. (a) Montrer que les valeurs prises par Xn sont les entiers relatifs 2k − n (0 ≤ k ≤ n). Calculer P (Xn = 2k − n). Rép. : P (Xn = 2k − n) = pk q n−k Cnk Xn + n (b) On pose Yn = 2 i. Reconnaı̂tre la loi de Yn . Rép. : P (Yn = k) = P (Xn = 2k − n) = pk q n−k Cnk , loi binomiale. ii. Donner hYn i et var(Yn ). Rép. : hYn i = np, var(Yn ) = npq (voir cours). iii. En déduire hXn i puis var(Xn ). Rép. : Xn = 2Yn − n donc hXn i = 2hYn i − n = n(p − q), var(Xn ) = 4var(Yn ) = 4npq. (c) Pour quelle valeur de p la v.a. est-elle centrée ? Ce résultat vous étonne-t-il ? Rép. : p = q = 21 bien sûr ! probabilités égales d’aller à gauche ou à droite. 2. Péage d’autoroute (loi de Poisson). Un péage d’autoroute comporte m guichets. On suppose que le nombre N de voitures arrivant en 1 heure suit la loi de Poisson de paramètre λ. On suppose, de plus, que les conducteurs choisissent leur poste au hasard, et que ces choix sont indépendants. Soit Xi (1 ≤ i ≤ m), le nombre de voitures passant par le poste numéro i . (a) En calculant successivement P (Xi = k|N = n) , ((k, n) ∈ N2 ), puis P (Xi = k), n−k déterminer la loi de Xi . Rép. : P (Xi = k|N = n) = n!(m−1) somme des k!(n−k)!mn n−k probabilités des Cnk évènements exclusifs, chacun ayant la probabilité m1k m−1 = m n!(m−1)n−k λn −λ λn −λ n−k n (m − 1) /m ; P (N = n) = n! e , donc P (Xi = k ∩ N = n) = k!(n−k)!mn n! e , P (Xi = k) = ∞ X n=k P (Xi = k ∩ N = n) ∞ e−λ λk X λn−k (m − 1)n−k k! mk n=k (n − k)!mn−k k λ e−λ λk λ m−1 e− m λ = e m = k! mk k! m = qui est la loi de Poisson de paramètre λ/m. 1 (1) (2) (3) (4) (b) Donner hXi i et var(Xi ). Rép. : hXi i = var(Xi ) = λ m 3. Distribution des vitesses de Maxwell-Boltzmann A l’équilibre thermodynamique, la fonction de distribution des modules des vitesses v des molécules d’un gaz est donnée par : f (v) = 4π m 3/2 mv 2 ) v 2 exp (− 2πkT 2kT (a) La fonction f (v) est-elle une densité de probabilité? Rép. : Oui, car on vérifie R∞ que 0 f (v)dv = 1. La loi f (v) sur le module v de la vitesse ~v provient de la réexpression en coordonnées sphériques (v, θ, φ) de la loi normale sur ~v : fvect (~v ) = 3/2 m v2 exp (− m~ ), elle même produit de trois lois normales sur les trois com2πkT 2kT 1/2 mv 2 m posantes vx , vy , vz , fi (vi ) = 2πkT exp(− 2kTi ) ; on a écrit dvx dvy dvz = v 2 dv sin θdθdφ, et on a intégré sur les variables angulaires θ, φ, d’où le facteur 4π supplémentaire. (b) Quelle est le mode u de cette distribution ? (c’est-à-dire la valeur de la vitesse la plus p probable) Rép. : Le zéro de la dérivée de f (v) donc le “mode” est tel que v = 2/κ où κ = m/kT (c) Quelle estpla vitesse moyenne? la vitesse quadratique moyenne? l’écart type ? Rép. p : hvi = 2 2/πκ, hv 2 i = 3/κ, σ = (3 − 8/π)/κ. 4. Calculs de moments de la loi gaussienne. a. En “complétant le carré”, c’est-à-dire en écrivant l’identité 1 2 2 b σ , montrer que 2 Z ∞ x2 1 2 2 φ(b) = dx e− 2σ2 +bx = Ce 2 b σ x2 2σ 2 − bx = 1 (x − bσ 2 )2 2σ 2 − −∞ avec une constante C que l’on déterminera. Rép. : Après changement de variable, on √ R u2 se ramène à une intégrale gaussienne du e− 2σ2 , donc C = 2πσ 2 . k b. Par dérivation par rapport à b, calculer les moments mk = hx i de la distribution P∞ mk k k d gaussienne : montrer que φ(b) = k=0 k! b , ou encore dbk φ(b) b=0 = mk . La fonction φ(b) est dite fonction génératrice moments . Calculer explicitement m22 et m4 . 2 des R R +∞ +∞ x x Rép. : φ0 (b) = −∞ dx x exp − 2σ2 + bx , . . . , φ(k) (b) = −∞ dx xk exp − 2σ 2 + bx , 2 R +∞ x donc φ(k) (0) = −∞ dx xk exp − 2σ = C mk . De plus, φ(b) = C exp 12 b2 σ 2 , φ0 (b) = 2 bσ 2 φ(b), φ00 (b) = bσ 2 φ0 (b) + σ 2 φ(b), φ000 (b) = bσ 2 φ0 (b) + 2σ 2 φ(b), ce qui suggère la relation générale φ(k) (b) = bσ 2 φ(k−1) (b) + (k − 1) σ 2 φ(k−2) (b), qu’on vérifie facilement par récurrence. On a alors, φ(0) = C, φ0 (0) = 0 (donc moment d’ordre 1 est nul, car la gaussienne est une fonction paire), d’où on déduit que toutes les dérivées impaires de φ évaluées à zero sont nulles, et par consequent tous les moments impairs sont nuls. Pour k = 2` pair, on trouve φ(2`) (0) = 1 × 3 × ... × (2` − 1) σ 2` φ(0), et donc m2` = φ(`) (0)/C = 1 × 3 × ... × (2` − 1) σ 2` = (2` − 1)!! σ 2` = (2`)!/(2` (`)!) σ 2` . Pour k = 2, m2 = σ 2 , et pour k = 4, m4 = 3σ 4 , etc. 2 5. Loi multinomiale On considère une généralisation de la loi binomiale où la v.a. X peut prendre v valeurs P `1 , · · · , `v avec des probabilités p1 , · · · , pv , i pi = 1. La probabilité d’avoir ki tirages de X = `i en N essais est P (k1 , k2 , · · · , kv ) = Les coefficients N! k1 !···kv ! N! pk1 · · · pkvv k1 ! · · · kv ! 1 (5) sont les coefficients multinomiaux. (a) Démontrer que CNk1 CNk2−k1 · · · CNkv−k1 −···−kv−1 = v X j=1 xj N X = k1 ,··· ,kv ≥0, P j kj =N N! k1 !···kv ! puis démontrer l’identité v Y N! k xj j k1 ! · · · kv ! j=1 (6) qui généralise à k variables x1 , xx , · · · , xk l’identité du binôme. Rép. : Il y a CNk1 choix des k1 puissances de x1 parmi les N facteurs, puis CNk2−k1 choix des k2 termes x2 parmi les N − k1 facteurs restants, etc. (b) Justifier la loi (5). Cette loi est-elle bien normalisée ? Rép. : Il y a CNk1 choix des k1 X = `1 parmi les N , chacun avec la probabilité pk11 , puis CNk2−k1 choix des k2 X = `2 parmi les N − k1 restants, etc. Normalisation grâce à l’identité (6). (c) Calculer la loi P (ki ) pour un i fixé. De quelle loi s’agit-il ? Calculer la valeur moyenne hki i et sa variance. Rép. : P (ki ) = = (6) = pki i ki ! X N! kj , j6=i P j6=i kj =N −ki pki i N! ki ! (N − ki )! Y pkj j j6=i X (7) kj ! kj , j6=i P j6=i kj =N −ki (N − ki )! N! pki (1 − pi )N −ki , (N − ki )!ki ! i c’est la loi binomiale donc hki i = N pi , var ki = N pi (1 − pi ). Y pkj j j6=i kj ! (8) (9) (d) Applications au jeu de dés. Rép. : v = 6, N lancers, probabilité d’une configuration de k1 fois 1, etc, k6 fois 6 (sans tenir compte de l’ordre) donnée par P (k1 , k2 , · · · , k6 ), en principe p1 = · · · = p6 = 16 . 3