Correction de l examen de probabilités et statistiques

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1 Correction de l examen de probabilités et statistiques Olivier Alata, Franck Licini, Julian Tugaut, Didier Vincent Si vous trouvez des erreurs de Français ou de mathématiques ou bien si vous avez des questions et/ou des suggestions, envoyez-moi un mail à tugaut@math.cnrs.fr 1

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3 Table des matières Page de garde 1 Table des matières 3 Exercice 1 5 Énoncé Remarque Correction Correction du 1) Correction du 2) Exercice 2 7 Énoncé Correction Correction du 1) Correction du 2) Exercice 3 9 Énoncé Remarque Correction Correction du 1) Correction du 2) Correction du 3) Correction du 4) Correction du 5) Exercice 4 13 Énoncé Correction Correction du 1) Correction du 2) Correction du 3) Correction du 4) Correction du 5) Correction du 6) Correction du 7) Correction du 8)

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5 Exercice 1 Énoncé Sur chaque pièce d un jeu de dominos figurent deux symboles, qui peuvent être les mêmes, pris parmi {; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Deux pièces ne peuvent pas être identiques. 1) Combien y a-t-il de pièces dans un jeu de dominos? 2) On considère l expérience aléatoire qui consiste à tirer au hasard un domino. Quelle est la probabilité p de tirer un domino qui contient un six? Remarque Certains étudiants ont cru, pour la question deux, qu il fallait avoir exactement un six. Toutefois, comme le mot exactement n était pas précisé, la question demandait la probabilité d avoir au moins un six. Correction Correction du 1) Il y a deux types de pièces : Les pièces doubles : ces pièces sont de la forme i i avec i 6. Il y a donc 7 telles pièces. Les pièces simples : ces pièces sont de lq forme i j avec i j. Comme la pièce i j est la même que la pièce j i, cela revient à choisir deux nombres parmi sept. Il y a donc C7 2 = ( ) 7 2 = 7! = 21 telles pièces. 5!2! Donc, il y a 28 pièces en tout. Correction du 2) Comme on considère un tirage au hasard, l espace fondamental est muni de l équiprobabilité. On note A l évènement on tire un domino qui contient un six. Il vient immédiatement p = P(A) = #{cas favorables} #{cas possibles}. Ici, d après la première question, on a #{cas possibles} = 28. On doit donc compter le nombre de dominos qui contiennent un six. Parmi les pièces doubles, 6 6 est le seul possible. Parmi les pièces simples, on en a six : 6, 1 6, 2 6, 3 6, 4 6 et 5 6. On a donc #{cas favorables} = = 7. On en déduit p = 7 28 =

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7 Exercice 2 Énoncé Une tension de bruit électronique est modélisée par une variable aléatoire centrée qui suit une loi normale de variance σ 2. 1) Quelle est la probabilité que la valeur absolue de cette tension dépasse 2σ? (On utilisera les tables des lois usuelles de probabilité). 2) On ajoute n tensions de bruit identiquement distribuées, indépendantes et suivant la loi précédente. On souhaite que la probabilité, que la tension de bruit équivalente dépasse en valeur absolue 5σ, soit inférieure ou égale à.1. Combien de sources (tensions) de bruit peut-on ajouter? Correction Correction du 1) On appelle X cette variable aléatoire. Alors, Y := X σ N (, 1). D où suit la loi normale centrée réduite, P ( X > 2σ) = P ( Y > 2) = P (Y < 2) +P (Y > 2) = 2P (Y > 2) = 2 2P (Y 2) = =.456. On trouve ainsi : P ( X > 2σ) =.456. Correction du 2) On note X 1,, X n les n tensions de bruit. On pose Y n := X X n. Comme les variables aléatoires X i sont indépendantes deux à deux, on en déduit Var(Y n ) = Var(X 1 ) + + Var(X n ) = nσ 2. Puis, par linéarité de l espérance, on a E(Y n ) =. Donc, Y n est une variable aléatoire qui suit la loi normale centrée de variance nσ 2, N (, nσ). On pose U n := Yn nσ. Cette variable aléatoire U n suit la loi normale centrée réduite, N (, 1). Ainsi, on a ( P ( Y n > 5σ) = P U n > 5 ) ( = 2 2P U n 5 ). n n 7

8 On souhaite avoir P ( Y n > 5σ).1. Ceci nous donne alors P ( U n 5 n ).995. En regardant sur les tables, on en déduit 5 n 2.58 ce qui implique n Conséquemment, n = 3. 8

9 Exercice 3 Énoncé Soit l ensemble Ω = {(, ), (, 1), (1, ), (1, 1)}. Les couples (a, b) Ω (couples d éléments binaires) sont les évènements élémentaires équiprobables. On considère aussi deux variables aléatoires X et Y sur Ω définies par : { X = a + b Y = a b La variable X est déterminée par l opération ou logique des deux bits a et b. La variable Y est déterminée par l opération ou-exclusif de a et b. 1) Déterminer et tracer la loi de probabilité p X de X. Tracer sa fonction de répartition. 2) Déterminer et tracer la loi de probabilité p Y de Y. Tracer sa fonction de répartition. 3) Déterminer la loi conjointe du couple de variables aléatoires (X, Y ). 4) X et Y sont-elles indépendantes? Justifier votre réponse. 5) Calculer la covariance et le coefficient de corrélation du couple (X, Y ). Remarque On fait un tableau qui va nous servir pour tout l exercice : ω (, ) (, 1) (1, ) (1, 1) X(ω) Y (ω) 1 1 (X(ω), Y (ω)) (, ) (1, 1) (1, 1) (1, ) X(ω) Y (ω) 1 1 Correction Correction du 1) L ensemble des réalisations possibles de X est X(Ω) = {, 1}. Et, le tableau nous donne P(X = ) = 1 4 et P(X = 1) = 3 4, car les évènements élémentaires sont équiprobables. La loi p X est donc p X = 1 4 δ δ 1. On la trace : 9

10 Figure 1 Loi p X Sa fonction de répartition F X est définie par F X (x) := P (X x). Il vient ainsi F X (x) = [;1[(x) +1 [1;+ [ (x) On la trace : Figure 2 Fonction de répartition F X Correction du 2) On procède de même. L ensemble des réalisations possibles de Y est Y (Ω) = {, 1}. Et, le tableau nous donne P(X = ) = 1 2 et P(X = 1) = 1 2, car les évènements élémentaires sont équiprobables. La loi p Y est donc p Y = 1 2 δ δ 1. On la trace : 1

11 Figure 3 Loi p Y Sa fonction de répartition F Y est définie par F Y (y) := P (Y y). Il vient ainsi F Y (y) = [;1[(x) +1 [1;+ [ (x) On la trace : Figure 4 Fonction de répartition F Y Correction du 3) Sur le tableau, on voit (X, Y )(Ω) = {(, ), (1, ), (1, 1)}. Et, de plus : P ((X, Y ) = (, )) = 1 4,P((X, Y ) = (1, )) = 1 4 et P ((X, Y ) = (1, 1)) = 1 2, car les évènements élémentaires sont équiprobables. La loi conjointe p (X,Y ) est donc p (X,Y ) = 1 4 δ (,) δ (1,) δ (1,1). 11

12 Correction du 4) On pourrait calculer la covariance pour montrer que les deux variables ne sont pas indépendantes. On peut aussi noter : P ((X, Y ) = (1, 1)) = 1 2 et P(X = 1) P(Y = 1) = = Comme P ((X, Y ) = (1, 1)) P(X = 1) P(Y = 1), on en déduit que les deux variables aléatoires X et Y ne sont pas indépendantes. Correction du 5) On calcule d abord la covariance comme suit. Or, on a d après le tableau Cov (X, Y ) = E(XY ) E(X)E(Y ). E(XY ) = = 1 2. Puis, E(X) = = 3 et E(Y ) = = 1. Conséquemment, on a Cov (X, Y ) = = 1 8 = Cov (X, Y ). On calcule maintenant le coefficient de corrélation du couple (X, Y ) comme suit On calcule donc Var (X) et Var (Y ) : ρ X,Y = Cov (X, Y ) Var (X) Var (Y ). Var (X) = E(X 2 ) E(X) 2 ) 2 = ( 3 4 = De même, on a Var (Y ) = 1. Conséquemment, il vient : 4 ρ X,Y = = 1 3 = ρ X,Y. 12

13 Exercice 4 Énoncé On admet que les composantes V x, V y, V z du vecteur vitesse V des molécules d un gaz en équilibre, sont des variables aléatoires identiquement distribuées, réelles absolument continues etindépendantesdontlesdensitésdeprobabilité f Vx, f Vy, f Vz suiventuneloinormalecentrée de variance σ 2. 1) Justifier que la densité de probabilité du vecteur vitesse V peut s écrire : f V (v x, v y, v z ) = f Vx (v x )f Vy (v y )f Vz (v z ) 2) Exprimer la fonction de répartition F V (v) = P ( ) V v de la variable V = V en coordonnées cartésiennes v x, v y, v z (sous forme intégrale). 3)Exprimerlafonctionderépartition F V delavariable V encoordonnéessphériques v r, v θ, v φ. On pourra simplement écrire dv x dv y dv z = u 2 sin(θ)dudθdφ (il n est pas nécessaire de calculer le Jacobien). 4) Montrer alors que v 2u 2 u F V (v) = 2 σ 3 2π e 2σ 2 du. 5) En déduire que la densité f V vaut f V (v) = 2v2 v 2 σ 3 2π e 2σ 2 1 [;+ [ (v). 6) Donner la vitesse moyenne d une molécule de ce gaz. 7) On note σ 2 := kt avec m la masse d une molécule de ce gaz, K la constante de Boltzmann m et T la température absolue en Kelvin. Donner la vitesse moyenne calculée précédemment en fonction de K, T et m. 8) Donner l énergie cinétique moyenne où l énergie cinétique est définie par E = 1mV 2. On 2 utilisera l égalité u 3 2 e u du = 3 4 π. Correction Correction du 1) Les trois variables aléatoires V x, V y et V z sont indépendantes donc leur loi conjointe est le produit de leurs lois d où f V (v x, v y, v z ) = f Vx (v x )f Vy (v y )f Vz (v z ) 13

14 Correction du 2) On cherche ici F V (v) :=P ( V v ) =P ( Vx 2 + Vy 2 + Vz 2 v ) = f Vx (v x )f Vy (v y )f Vz (v z )dv x dv y dv z. B(,v) où B (, v) est la boule de centre et de rayon v. Il vient donc F V (v) = B(,v) ( ) 3 1 e v2 x +v2 y +v2 z 2σ 2 dv x dv y dv z. 2πσ 2 Correction du 3) On passe en coordonnées sphériques : F V (v) = ( ) 3 1 v π 2π u 2 e u2 2σ 2 du sin(θ)dθ dφ 2πσ 2 Correction du 4) On remarque : et Il vient π F V (v) = 2π sin(θ)dθ = 2 v dφ = 2π. 2u 2 u 2 σ 3 2π e 2σ 2 du. Correction du 5) On dérive pour avoir la fonction de répartition pour obtenir la densité de probabilité : f V (v) = d dv F V (v) = 2v2 v 2 σ 3 2π e 2σ 2 1 [;+ [ (v) = f V (v). 14

15 Correction du 6) On calcule la vitesse moyenne comme suit. E(V ) = = vf V (v)dv 2v 3 σ 3 2π e v 2 2σ 2 dv On fait le changement de variable w := v 2 d où v = w et dv = 1 2 w 1 2 dw. On a donc On a donc E(V ) = 4σ 2π. E(V ) = = 1 σ 3 2π 2w 3 2 w 1 σ 3 2π e 2σ w 2 dw we w 2σ 2 dw. }{{} =4σ 4 Correction du 7) Immédiatement, on a E(V ) = 4 kt 2πm. Correction du 8) Cette énergie cinétique moyenne vaut E(E) = 1 2 me(v 2 ) = 1 2 m 2v 4 v 2 σ 3 2π e 2σ 2 dv. On fait le changement de variable u := v2 2σ 2. Alors v = σ 2u et dv = E(E) = m 2π ( kt m ) 3 2 = 4kT 2 u 3 2 e u du π }{{} = 3 4 π = 3 kt = E(E). 2 ( ) 2 kt kt 4u 2 e u m 1 2m u σ 2u du. D où 2 du 15