Dury Marie-Eliette – L2EG S3 1/12
TD-Chapitre 4
Vecteurs aléatoires discrets
CORRECTION EXERCICES D'APPLICATION DIRECTE DU CHAPITRE 4
ETUDE D'UN TABLEAU DE LOI JOINTE
> Exercice 1 – TD-CH4
Y=bj
X=ai 0 2 4 P( X=ai)
0 0,16
Z=0
0,08 Z=0
0,16
Z=0 0,4
1 0,08
Z=0
0,04 Z=2
0,08
Z=4 0,2
2 0,16
Z=0
0,08 Z=4
0,16
Z=8 0,4
P( Y=bj) 0,4 0,2 0,4 1
1/ Déterminer les distributions marginales : à partir du tableau de loi jointe (complété)
X= a
i 0 1 2P(X=a
i)
0,4 0,2 0,4Y= b
j 0 2 4P(Y= b
j)
0,4 0,2 0,42/ 2.a/ Espérance de X :
( ) = ∑ × ( = ) = 12.b/ Variance de X :
( ) = ∑( − ( )) × ( = ) = ∑ × ( = ) − ( ( ))( ) = 1,8 − 1 = 0,8
2.c/ Ecart-type de X :
( ) = ( ( )) = (0,8) ≃ 0,8943/ 3.a/Espérance de Y :
( ) = ∑ × ( = ) = 23.b/ Variance de Y :
( ) = ∑( − ( )) × ( = ) = ∑ × ( = ) − ( ( ))( ) = 7,2 − 2 = 3,2
3.c/ Ecart-type de Y :
( ) = ( ( )) = (3,2) ≃ 1,7894/ Les variables aléatoires X et Y sont-elles indépendantes ? OUI
car
! # # $, %,&' (é $*$+ ,-+ .( ; ) = (0 ; 1 )2 = ( = 0 ) × ( = 1 ) ⇔ 4 = 4 × 4Indication pour la méthode :
on vérifie rapidement pour toutes les intersections le produit
Ligne 1 : 0.4*0.4=0.16 ok 0.4*0.2=0.08 ok 0.4*0.4=0.16
Puis on peut voir ici que les lignes (ou les colonnes) dans le tableau de loi jointe, sont proportionnelles Ligne1 = 2*Ligne2 et Ligne1=Ligne3 donc c’est vrai pour toutes les valeurs du tableau
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 2/12
> Exercice 2 – TD-CH4
A partir du tableau de l'exercice 1, on construit une nouvelle variable aléatoire (le produit) : 5 = ×
1/ Construire le tableau de distribution de la variable Z.
A partir de tous les produits formés dans le tableau de loi jointe, on regroupe les valeurs : Ensemble image de Z
65 = 789 0 2 4 8
Probabilités correspondantes
(5 = 78)
0.64 0.04 0.16 0.16
2/ Calculer l'espérance de Z :
(5) = ∑78× (5 = 78)
= 0 ∗ 0.64 + 2 ∗ 0.04 + 4 ∗ 0.16 + 8 ∗ 0.16 = 2
3/ Exprimer ensuite la covariance de X et Y au moyen de 2 méthodes différentes : 3.a/ Méthode 1 : calcul direct
>&(( ; ) = ? ( − @A)
BCD;EFG
× ( − @H) ×
>&(( ; ) = (0 − 1) × (0 − 2) × 0,16 + (1 − 1) × (0 − 2) × 0,08+. . . +(2 − 1) × (4 − 2) × 0,16 = 0 Méthode 2 : En utilisant la variable Z :
>&(( ; ) = ( × ) − @I× @H
Où
( × ) = (5) = 2, et
@I= ( ) = 1
@H= ( ) = 2 Donc
>&(( ; ) = 0 3.c/ X et Y indépendantes implique >&(( ; ) = 0
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 3/12
> Exercice 3 – TD-CH4
Y= bi
X= ai
-1 0 1 2 P(X=ai )
-1 0,05
Z=1
0,1 Z=0
0,15 Z= -1
0
Z= -2 0,3
0 0,1
Z=0
0,2 Z=0
0 Z=0
0,05
Z=0 0,35
1 0,1
Z= -1
0 Z= 0
0,15 Z=1
0,1
Z=2 0,35
P(Y= bj) 0,25 0,3 0,3 0,15 1
1/ Déterminer les distributions marginales en construisant les tableaux des 2 variables composantes.
X= ai -1 0 1
P(X= ai) 0,3 0,35 0,35
Y= bj -1 0 1 2
P(Y= bj) 0,25 0,3 0,3 0,15
2/ Étude de la première composante X : 2.a/ Espérance de X (la moyenne)
( ) = ∑ × ( = ) = 0,05 ∈ [−1; 1]
2.b/ Variance de X :
( ) = ∑( − ( )) × ( = ) = ∑ × ( = ) − ( ( )) ( ) = 0,65 − (0,05) = 0,6475
2.c/ Ecart-type :
( ) = ( ( )) = (0,6475) ≃ 0,805
3/ Étude de la première composante Y :
3.a/ Espérance de Y (la moyenne de la v.a. Y)
( ) = ∑1 × ( = ) = 0,35 ∈ [−1; 2]
3.b/ Variance de Y :
( ) = ∑( − ( )) × ( = ) = ∑ × ( = ) − ( ( )) ( ) = 1,15 − (0,35) = 1,0275
3.c/ Ecart-type de Y :
( ) = ( ( )) = (1,0275) ≃ 1,014
4/ Les variables aléatoires X et Y sont-elles indépendantes ? NON
car il existe ($, %) 4&- N+O,-+NO NPéQ N$Ré'P+OR4 O (é $*$é+ ∶ .( ; ) = ( ; )2 ≠ ( = ) × ( = ) par exemple pour ( ; ) = (−1; 2): ( = ) × ( = ) = 0,3 × 0,15 = 0,045 ≠ 0
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 4/12
> Exercice 4 – TD-CH4
1/ Construire le tableau de distribution de la variable Z 5 = ×
Z= zk -2 -1 0 1 2
P(Z= zk) 0 0,25 0,45 0,2 0,1
2/ Calculer l'espérance de Z :
(5) =∑78 5 78
1 ∗ 0.25 = 0 = 1 ∗ 0.2 = 2 ∗ 0.1 0,15
3/ Exprimer ensuite la covariance de X et Y au moyen de 2 méthodes différentes : 3.a/ Méthode 1 : calcul direct
>&( ; ? @A BCD;EFG
. @H2 >&( ;
1 0,05 1 0,35 0,05 = ⋯ = 1 0,05 2 0,35 0,1 0,1325
3.b/ En utilisant la variable Z :
>&( ; @I @H
où
5 0,15,
@I 0,05 et @H 0,35
donc
>&( ; 0,1325
3.c/ Covariance non nulle implique X et Y non indépendantes ! ATTENTION :X ET Y NON INDEPENDANTES N'IMPLIQUE PAS COV(X;Y) NON NULLE
ON PEUT AVOIR DEUX VARIABLES ALEATOIRES X ET Y NON INDEPENDANTES MAIS AVEC COV(X ;Y)=0
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 5/12
> Exercice 5 – TD-CH4
X
Y 2 4 6 P(Y = yi)
-2
0.15 Z =- 4 U=0 et V=6
0.1 Z=- 8 U=2 et V=8
0.25 Z=- 12 U=4 et V=10
P(Y= -2) = 0.50
0
0.03 Z=0 U=2 et V=2
0.02 Z=0 U=4 et V=4
0.05 Z=0 U=6 et V=6
P(Y= 0) = 0.10
2
0.12 Z=4 U=4 et V= -2
0.08 Z=8 U=6 et V=0
0.20 Z=12 U=8 et V=2
P(Y=2) = 0.40
P(X = xi) P(X=2)=0.30 P(X=4)=0.20 P(X=6)=0.50 1
Où Z = XY et U=X+Y ; V=X-2Y
1/ 1.a/ 1ère distribution marginale : Im(X) = {2 ; 4 ; 6}
X= xi 2 4 6
P(X= xi ) 0,3 0,2 0,5
1.b/ Espérance de X : V, V
1.c/ Variance : ² – L M² 22,4 4,4 ² Y, ZV d'où un écart-type (racine carrée de la variance)
[ \, ]V
2/ 2.a/ 2ème distribution marginale : Im(Y) = {-2 ; 0 ; 2}
Y= yj -2 0 2
P(Y= yj ) 0,5 0,1 0,4
2.b/ Espérance de X : 0,2
2.c/ Variance : ² – L M² 3,6 0,2 ² Y, ^_
d'où un écart-type (racine carrée de la variance)
[ \, `a
3/ Les variables aléatoires X et Y sont-elles indépendantes ? OUI
car bcde fcdf g, h , &' (é $*$+ . ; 0 ; 1 2 0 1 ⇔ 4 4 4
4/ 4.a/ Tableau de distribution de Z
Z= zk -12 -8 -4 0 4 8 12
P(Z= zk) 0.25 0.1 0.15 0,1 0.12 0.08 0,2
4.b/ >&( ; @I @H où 5 0,88,
@I 4,4 et @H 0,2 donc >&( ; 0
4.c/ >&(. ; 2 ∑BAD ;iFG 0 @A .1 @H2
>&( ; 2 4,4 2 0,2 0,15=. . . = 6 4,4 2 0,2 0,2 0 4.d/ X et Y sont indépendantes implique >&( ; 0
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 6/12
> Exercice 6 – TD-CH4
j k = l ; m = k − nl X
Y 2 4 6
-2 0.15
U=0 et V=6
0.1 U=2 et V=8
0.25 U=4 et V=10
0 0.03
U=2 et V=2
0.02 U=4 et V=4
0.05 U=6 et V=6
2 0.12
U=4 et V= -2
0.08 U=6 et V=0
0.20 U=8 et V=2
1/ Im (U ;V) = {(0;6) , (2;2) , (2;8) , (4;-2) , (4;4) , (4;10) , (6;0) , (6;6) , (8;2)}
Tableau de distribution jointe de (U ;V) :
Méthode : on reporte dans le tableau (nouveau) de loi jointe de (U ;V) les valeurs prises simultanément (en même temps) par U et par V
Toutes les valeurs non observées dans le premier tableau sont associées à la probabilité 0 (non observé)
U V 0 2 4 6 8
-2 0 0 0.12 0 0
0 0 0 0 0.08 0
2 0 0.03 0 0 0.2
4 0 0 0.02 0 0
6 0.15 0 0 0.05 0
8 0 0.1 0 0 0
10 0 0 0.25 0 0
2/ Les variables aléatoires U et V sont-elles indépendantes ?
Pour (o; ) = (0; −2) on a : [(o; ) = (0; −2)] = Z (non observés simultanément) or
[o = 0] = 0.15 ≠ Z et
[ = −2] = 0.12 ≠ Z donc il existe (-$ ; (%) tels que
[(o ; ) = (-$ ; (%)] ≠ [o = -$ ] × [ = (%]
d’où U et V ne sont pas deux v.a. indépendantes.
3/
p(jm) = [( + )( − 2 )] = ( ²) − ( ) – 2 ( ²) = 22,4 − (−0,88) − 203,6 = \_
p(j) = [( + )] = ( ) + ( ) = 4.4 + (−0,2) = V, n p(m) = [ − 2 ] = ( ) − 2 ( ) = 4,4 − 20(−0,2) = V, `
qcr(j; m) = p(jm) – p(j) × p(m) = −V, \_ ≠ Z Donc on retrouve : U et V ne sont pas indépendantes.
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 7/12
> Exercice 7 – TD-CH4
M
N -3 0 2 P(N = bi)
-2
0.04 Z =6 R= - 8 et S= - 1
0.05 Z=0 R= - 2 et S=2
0.01 Z=- 4 R=2 et S=4
P(N= -2) = 0.10
1
0.16 Z=- 3 R= - 5 et S= - 4
0.25 Z=0 R=1 et S= - 1
0.10 Z=2 R=5 et S=1
P(N=1) = 0.51
3
0.20 Z=- 9 R= - 3 et S= - 6
0.10 Z=0 R=3 et S= - 3
0.09 Z=6 R=7 et S= - 1
P(N=3) = 0.39
P(M= ai) P(M=-3)=0.40 P(M=0)=0.40 P(M=2)=0.20 1
Où s t u et v nt = u ; w = t − u (cf. ex8) 1/ 1ère distribution marginale : Im(M) = {-3 ; 0 ; 2}
(x) = −Z, `
(x) = (x²)– [ (x)]² = 4,4 − (−0,8)² = Y, ]_ d'où (x) ≈ \, aV
2ème distribution marginale : Im(N) = {-2 ;1 ; 3}
N= bj -2 1 3
P(N= bj ) 0,1 0,51 0,39
(y) = \, V`
(y) = (y²)– [ (y)]² = 4,42 − (1,48)² = n, nna_ d'où (y) ≈ \, Va 2/ Définition : Les variables aléatoires M et N sont indépendantes
si et seulement si [(x ; y) = (0$ ; 1%)] = [x = 0$] × [y = 1%] zcde fcdf 0$ ∈ {@(x) +R fcdf 1% ∈ {@(y)
cette égalité n'est pas vérifiée pour [(x ; y) = (0 ; −2)] = 0,05 ≠ [x = 0] × [y = −2] = 0,04 Bilan : M et N ne sont pas indépendantes.
3/ |}(s) = 67~ = @$ × '% (+• @$ ∈ {@(x) +R '% ∈ {@(y)9 = 6−9 ; −4 ; −3 ; 0 ; 2 ; 6 9 Tableau de distribution de Z :
Z = zi -9 -4 -3 0 2 6
P(Z = zi) 0.20 0.01 0.16 0.40 0.10 0.13
4/ Covariance de (M ; N)
Espérance de Z : méthode 1 : à partir du tableau de distribution de Z (tjs valable) : E(Z) = −9×0,20 +...+6×0,13 = −1,34−1,34−1,34−1,34
méthode 2 : à partir du tableau de distribution jointe de (M ; N) : E(M.N) = (−3)×(−2)×0,04 +...+2×3×0,09 = −1,34 −1,34 −1,34 −1,34
qcr(t ; u) = (x × y) − (x) × (y) = (5) − (x) × (y) = −1.34 − (−0.8) × 1.48 = −Z. \^_
On peut aussi calculer la covariance avec la définition :
>&((x ; y) = ? . − (x)2
BCD ;EFG
× € − (y)• × >&((x ; y)
= (−3 − (−0,8)) × (−2 − 1,48) × 0,04+. . . +(2 − (−0,8)) × (3 − 1,48) × 0,09 = −0,156
M= ai -3 0 2
P(M= ai ) 0,4 0,4 0,2
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 8/12
> Exercice 8 – TD-CH4
1/ On forme le vecteur v nt = u ; w = t − u) à partir du vecteur (M ; N) M
N -3 0 2
-2 0.04
R= - 8 et S= - 1
0.05 R= - 2 et S=2
0.01 R=2 et S=4
1 0.16
R= - 5 et S= - 4
0.25 R=1 et S= - 1
0.10 R=5 et S=1
3 0.20
R= - 3 et S= - 6
0.10 R=3 et S= - 3
0.09 R=7 et S= - 1
|} (v ; w) = 6(−8; −1) , (−5; −4) , (−3; −6) , (−2; 2) , (1; −1) , (2; 4) , (3; −3) , (5; 1) , (7; −1)9 On doit donc retrouver exactement 9 probabilités de réalisation simultanée non nulles
Tableau de distribution jointe de (R ;S) : R
S -8 -5 -3 -2 1 2 3 5 7
- 6 0 0 0,2 0 0 0 0 0 0
-4 0 0,16 0 0 0 0 0 0 0
-3 0 0 0 0 0 0 0,1 0 0
-1 0,04 0 0 0 0,25 0 0 0 0,09
1 0 0 0 0 0 0 0 0,1 0
2 0 0 0 0,05 0 0 0 0 0
4 0 0 0 0 0 0,01 0 0 0
2/ Covariance de R et S ?
qcr(v ; w) = p(vw) – p(v) × p(w) En utilisant l’expression de R et de S en fonction de M et N, on obtient
E(R.S) = E[(2M+N)(M-N)] = 2E(M²) - E(MN) -E(N²) = 2×4,4 - (-1,34) – 4,42 = 5,72 E(R) = E[(2M+N)] = 2E(M)+E(N) = 2×(-0,8)+1,48 = -0,12
E(S) = E[M-N] = E(M) -E(N) = -0,8 -1,48 = -2,28
D’où on déduit
qcr(v ; w) = ^, VV_V ≠ Z 3/ Indépendance de R et S ?
Dans le tableau de loi jointe de (R ; S) on a :
[‚ = −8] = 0,04 ≠ 0 et [ƒ = −6] = 0,20 ≠ 0
MAIS le résultat simultané (‚ ; ƒ) = (−8 ; −6) n'est pas observé : [(‚; ƒ) = (−8; −6)] = 0 donc il existe ( ; O ) = (−8; −6) tel que [(‚ ; ƒ) = ( $ ; O%)] ≠ [‚ = $ ] × [ƒ = O%]
c’est-à-dire pour lequel l’égalité de l’indépendance n’est pas vérifiée (pas vraie) Bilan : les variables aléatoires R et S ne sont pas indépendantes.
Autre méthode : qcr(v;w) ≠ Z d’où R et S non indépendantes
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 9/12
EXERCICES DE SYNTHESE DU CHAPITRE 4
> Exercice 9 – TD-CH4
On lance 2 fois de suite un même dé. L’expérience consiste à noter le premier chiffre obtenu et le plus grand des deux (que ce soit le premier ou le deuxième).
On désigne par :
X le premier chiffre obtenu
Y le plus grand chiffre obtenu lors des 2 lancers.
1/ Donner l’ensemble des valeurs prises par le couple aléatoire , )
Pour cela, on utilise les résultats de („… ; „ ) afin de déterminer les valeurs prises par X et par Y simultanément
D2
D1
1 2 3 4 5 6
1 (X;Y) = (1;1) (X;Y) = (1;1) (X;Y) = (1;1) (X;Y) = (1;1) (X;Y) = (1;1) (X;Y) = (1;1) 2 (X;Y) = (2;1) (X;Y) = (2;2) (X;Y) = (2;2) (X;Y) = (2;2) (X;Y) = (2;2) (X;Y) = (2;2) 3 (X;Y) = (3;1) (X;Y) = (3;2) (X;Y) = (3;3) (X;Y) = (3;3) (X;Y) = (3;3) (X;Y) = (3;3) 4 (X;Y) = (4;1) (X;Y) = (4;2) (X;Y) = (4;3) (X;Y) = (4;4) (X;Y) = (4;4) (X;Y) = (4;4) 5 (X;Y) = (5;1) (X;Y) = (5;2) (X;Y) = (5;3) (X;Y) = (5;4) (X;Y) = (5;5) (X;Y) = (5;5) 6 (X;Y) = (6;1) (X;Y) = (6;2) (X;Y) = (6;3) (X;Y) = (6;4) (X;Y) = (6;5) (X;Y) = (6;6) Où
((„…; „ ) = ($; %)) = („…= $) × („ = %) =1 6 ×1
6 = 1 Car les deux lancers de dés sont indépendants. 36
2/ Ecrire le tableau de la distribution de ce couple aléatoire ( , )
†& O,-+ $ < %, &' (( ; ) = ($; %)) = ((„…; „ ) = ($; %)) = 1 36
†& O,-+ $ = %, &' (( ; ) = ($; $)) = $ et 36
†& O,-+ $ > %, &' (( ; ) = ($; %)) = 0
puisque Y est le plus grand chiffre obtenu lors des 2 lancers, ainsi Y ne peut pas être plus petit que X (donc $ > % est impossible)
On en déduit le tableau de loi jointe de ( ; ) Y
X=D1
1 2 3 4 5 6 P( X=i)
=P(D1=i)
1 6/36 0 0 0 0 0 1/ 6
2 1/36 5/36 0 0 0 0 1/ 6
3 1/36 1/36 4/36 0 0 0 1/ 6
4 1/36 1/36 1/36 3/36 0 0 1/ 6
5 1/36 1/36 1/36 1/36 2/36 0 1/ 6
6 1/36 1/36 1/36 1/36 1/36 1/36 1/ 6
P(Y=j) 11/36 9/36 7/36 5/36 3/36 1/36 1
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 10/12
3/ En déduire les lois marginales des variables aléatoires X et Y (cf tableau complété)X (lancer de dé : loi uniforme)
Valeurs 0 1 2 3 4 5 6
probabilités \
_ \
_ \
_ \
_ \
_ \
_ 1
6 ? $
‰ Š…
=1 + 6 2 = 3,5 ( ) = ( ) − L ( )M =91
6 − ‹7
2Π= 2,9167 et
( ) = ( ) = 1,708 NB : ( ) =…‰∑ $‰Š… =…‰×•(•Ž…)( •Ž…)
‰ =•…‰ Distribution de Y
Valeurs 1 1 2 3 4 5 6
probabilités \\
Y_ \\
Y_ \\
Y_ \\
Y_ \\
Y_ \\
Y_
( ) = ∑1 × . = 1 2 =91
36 ≃ 2,5278 ( ) = ( ) − L ( )M =301
36 − (91
36) ≃ 1,97 et
( ) = ( ) = 1,4 4/ Les variables X et Y sont-elles indépendantes ? NON
car il existe ($, %), 4&- N+O,-+NO . ; ) = (0 ; 1 )2 ≠ ( = 0 ) × ( = 1 ) par exemple pour .0 ; 1 2 = (1; 2) on a ( = 1) × ( = 2) =…‰×…‘≠ 0
5/ Calculer la covariance de X et Y en précisant la méthode choisie : avec la variable intermédiaireZ=X.Y
X=
D1Y 1 2 3 4 5 6
1 6/36
Z=1
0 0 0 0 0
2 1/36
Z=2
5/36 Z=4
0 0 0 0
3 1/36
Z=3
1/36 Z=6
4/36 Z=9
0 0 0
4 1/36
Z=4
1/36 Z=8
1/36 Z=12
3/36 Z=16
0 0
5 1/36
Z=5
1/36 Z=10
1/36 Z=15
1/36 Z=20
2/36 Z=25
0
6 1/36
Z=6
1/36 Z=12
1/36 Z=18
1/36 Z=24
1/36 Z=30
1/36 Z=36
Tableau de distribution de la variable Z :
Z= zk 1 2 3 4 5 6 8 9 10 12 15 16 18 20 24 25 30 36
P(Z= zk) 6/36 1/36 1/36 6/36 1/36 2/36 1/36 4/36 1/36 2/36 1/36 3/36 1/36 1/36 1/36 2/36 1/36 1/36 Espérance de Z : 5 ∑78 5 78 ’“…
’‰ ≃10,31
Covariance de X et Y : >&(( ; ) = (5) − ( ) × ( ) = 1,46 ≠ 0 On retrouve X ET Y NON INDEPENDANTES
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 11/12
> Exercice 10 – TD-CH4
Dans une station balnéaire, au mois de février, le nombre de personnes qui entrent chez un antiquaire est modélisé par une variable aléatoire notée X.
La distribution de probabilité de cette variable X est donnée par le tableau suivant :
On estime que, durant cette période hivernale, la probabilité d’achat est de 25 %, et que ces personnes ont un comportement d’achat indépendant.
1/ Déterminer les 4 lois conditionnelles de Y :
Si 1 seule personne est présente chez l'antiquaire :
le nombre d'achat est déterminé par la loi conditionnelle de Y sachant {X=1}
Im(Y) = {0;1} (pas d'achat ou 1 seul) P(Y=0 | X=1) = 0,75
car une personne effectue un achat avec une probabilité de 25% donc pas d'achat avec probabilité de 75%
P(Y=1 | X=1) = 0,25
Si 2 personnes sont présentes chez l'antiquaire :
le nombre d'achat est déterminé par la loi conditionnelle de Y sachant {X=2}
Im(Y) = {0;1;2} (pas d'achat ou 1 seul ou 2 parmi 2 personnes présentes)
P(Y=0 | X=2) = ”• ∩ ”•… ”•… ”• 0,75 = 0,5625 par indépendance de A1 et A2 P(Y=1 | X=2) = ”• ∩ ” = ”… …∩ ”• 2 × 0,75 × 0,25 = 0,375
P(Y=2 | X=2) = (”…∩ ” ) = (”…) × (” ) = 0,25 = 0,0625 Si 3 personnes sont présentes chez l'antiquaire :
le nombre d'achat est déterminé par la loi conditionnelle de Y sachant {X=3}
Im(Y) = {0;1;2;3}
P(Y=0 | X=3) = (”• ∩ ”• ∩ ”… • ) = 0,75’ ’≃ 0,4219par indépendance de A1 , A2 et A3
P(Y=1 | X=3) = (”…∩ ”• ∩ ”• ) + (”’ • ∩ ” ∩ ”… • ) + (”’ • ∩ ”• ∩ ”… ’) = 3 × (0,75) × 0,25 ≃ 0,4219 P(Y=2 | X=3) = (”• ∩ ” ∩ ”… ’) + (”…∩ ”• ∩ ”’) + (”…∩ ” ∩ ”• ) = 3 × 0,75 × (0,25) ≃ 0,1406’
P(Y=3 | X=3) = (”…∩ ” ∩ ”’) = 0,25’≃ 0,0156 Si 4 personnes sont présentes chez l'antiquaire :
le nombre d'achat est déterminé par la loi conditionnelle de Y sachant {X=4}
Im(Y) = {0;1;2;3;4}
P(Y=0 | X=4) = (”• ∩ ”• ∩ ”… • ∩ ”’ • ) = 0,75‘ ‘≃ 0,3164
P(Y=1 | X=4) = 4 × (0,75)’× 0,25 ≃ 0,4219 en utilisant :
”…∩ ”• ∩ ”• ∩ ”’ • = ”‘ • ∩ ” ∩ ”… • ∩ ”’ • = ”‘ • ∩ ”• ∩ ”… ’∩ ”• = ”‘ • ∩ ”• ∩ ”… • ∩ ”’ ‘
xi 1 2 3 4
P(X = xi) 0,15 0,7 0,12 0,03
Dury Marie-Eliette – L2EG S3 12/12
P(Y=2 | X=4) = 6 × (0,75) × (0,25) ≃ 0,2109en utilisant : >‘ =‘×’= 6 et ”…∩ ” ∩ ”• ∩ ”’ • = ”‘ …∩ ”• ∩ ”’∩ ”• =. . . + (”‘ • ∩ ”• ∩ ”… ’∩ ”‘) P(Y=3 | X=4) = 4 × 0,75 × (0,25)’≃ 0,0469
en utilisant : (”• ∩ ” ∩ ”… ’∩ ”‘) + (”…∩ ”• ∩ ”’∩ ”‘) + (”…∩ ” ∩ ”• ∩ ”’ ‘) + (”…∩ ” ∩ ”’∩ ”• )‘
P(Y=4 | X=4) = (”…∩ ” ∩ ”’∩ ”‘) = 0,25‘≃ 0,0039
2/ En déduire la loi jointe du vecteur aléatoire (X,Y) :
Pour construire le tableau de ce vecteur, il suffit maintenant de calculer les probabilités de réalisation simultanée c'est-à-dire les intersections. Ceci est obtenu très rapidement en appliquant la formule de Bayes (probabilités composées).
X
Y 1 2 3 4 P(Y = yi)
0 0,1125 0,39375 0,0506 0,0095 P(Y=0) = 0,56635
1 0,0375 0,26250 0,0506 0,0127 P(Y=1) = 0,3633
2 0 0,04375 0,0169 0,0063 P(Y=2) = 0,06695
3 0 0 0,0019 0,0014 P(Y=3) = 0,0033
4 0 0 0 0,0001 P(Y=4) = 0,0001
P(X = xi) P(X=1)=0,15 P(X=2)=0,70 P(X=3)=0,12 P(X=4)=0,03 1
Car ( = 1 ∩ = 0) = ( = 0⁄ = 1) × ( = 1) = 0,75 × 0,15 = 0,1125 ( = 1 ∩ = 1) = ( = 1⁄ = 1) × ( = 1) = 0,25 × 0,15 = 0,0375 ( = 2 ∩ = 0) = ( = 0⁄ = 2) × ( = 2) = 0,5625 × 0,7 = 0,39375 ( = 2 ∩ = 1) = ( = 1⁄ = 2) × ( = 2) = 0,375 × 0,7 = 0,2625 ( = 2 ∩ = 2) = ( = 2⁄ = 2) × ( = 2) = 0,0625 × 0,7 = 0,04375 ( = 3 ∩ = 0) = ( = 0⁄ = 3) × ( = 3) = 0,4219 × 0,12 ≃ 0,0506 ( = 3 ∩ = 1) = ( = 1⁄ = 3) × ( = 3) = 0,4219 × 0,12 ≃ 0,0506 ( = 3 ∩ = 2) = ( = 2⁄ = 3) × ( = 3) = 0,1406 × 0,12 ≃ 0,0169 ( = 3 ∩ = 3) = ( = 3⁄ = 3) × ( = 3) = 0,0156 × 0,12 = 0,0019 ( = 4 ∩ = 0) = ( = 0⁄ = 4) × ( = 4) = 0,3164 × 0,03 ≃ 0,0095 ( = 4 ∩ = 1) = ( = 1⁄ = 4) × ( = 4) = 0,4219 × 0,03 = 0,0127 ( = 4 ∩ = 2) = ( = 2⁄ = 4) × ( = 4) = 0,2109 × 0,03 = 0,0063 ( = 4 ∩ = 3) = ( = 3⁄ = 4) × ( = 4) = 0,0469 × 0,03 = 0,0014 ( = 4 ∩ = 4) = ( = 4⁄ = 4) × ( = 4) = 0,0039 × 0,03 = 0,0001 2/ Les variables aléatoires X et Y sont indépendantes
si et seulement si P[(X ;Y) = (xi ;yj)] = P[X = xi] × P[Y = yj] pour tout xi∈ Im(X) et tout yj∈ Im(Y) cette égalité n'est pas vérifiée pour L( ; ) = (1; 2)M 0
alors que L = 1M L 2M ≠ 0 Bilan : X et Y ne sont pas indépendantes.
3/ Covariance de X et Y :
méthode 1 : à partir du tableau de distribution jointe méthode 2 : en formant Z = XY
qcr(k ; l . ) − 1.1274 − 2.03 × 0.5075 = 0.0972 on retrouve le résultat précédent : COV(X;Y)≠0 d’où X et Y non indépendantes
