Probabilit´es et Statistique pour SIC Probl`emes

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Probabilit´es et Statistique pour SIC Probl`emes

Corrig´e 1 Nombre de mots de passe de six lettres : 26⁶= 308915776.

Avec des lettres distinctes : 26×25×24×23×22×21 = 165765600.

Corrigé 2 Nombre d’équipes de football :C₂₀¹¹×11! =A¹¹₂₀= 20×19×. . .×10>6.7×10¹². Avec 17 joueurs de champ et 3 gardiens : (C₃¹×1!)×(C₁₇¹⁰×10!) =A¹₃×A¹⁰₁₇>2.1×10¹¹. Corrigé 3 Nombres de 3 chiffres distincts à partir de 6 chiffres : 6×5×4 = 120.

a) Le nombre sera inférieur à 500 s’il commence par 2 ou 3. Il y a ensuite 5 possibilités pour le chiffre des dizaines et 4 pour les unités. Il y a donc 2×5×4 = 40 possiblités.

b) Le nombre sera impair s’il termine par 3, 5, 7 ou 9. Il y a 5×4×4 = 80 possibilit´es.

c) Le nombre sera pair s’il termine par 2 ou 6. Il y a 5×4×2 = 40 possibilit´es.

d) Le nombre sera multiple de 5 s’il termine par 5. Il y a 5×4×1 = 20 possibilit´es.

Corrigé 4 a) Chaque serveur peut être dans deux états (libre ou occupé) donc pour les six serveurs il y a 2⁶= 64 états possibles.

b) Il y aC₆³ fa¸cons de choisir les 3 serveurs libres, donc 20 possibilit´es.

Corrigé 5 La première tour peut être placée dans 64 = 8² cases, et elle menace 14 cases. La deuxième tour peut alors être placée dans 64−14−1 = 7² cases où le 1 correspond à la place occupée par la première tour. La deuxième tour menace 14 cases, dont 2 sont déjà menacées par la première. Les deux premières tours menacent donc 14 + 12 cases. La troisième tour peut être placée dans 64−14−12−2 = 6² cases, où le 2 correspond aux places occupées par les deux premières tours. Cette troisième tour menace 14 cases, dont 4 sont déjà menacées par les deux premières. Un raisonnement similaire permet de conclure que la quatrième tour peut être placée sur 64−14−12−10−3 = 5² cases. On en déduit qu’il y a

(8×7×6×5)²= 2822400 fa¸cons de placer les 4 tours.

Corrig´e 6 a) 8! = 40320.

b) 2×(4!)²= 1152.

c) 5×(4!)²= 2880.

d) 2×(4!)²= 1152.

Corrig´e 7 Il faut que lesn−1 premi`eres lettres contiennent exactementr−1 occurrences de la lettre “c“

puisque que la derni`ere lettre est “c”. Il y aC_n^r⁻₋¹₁ fa¸cons de choisir la position des cesr−1 occurrences de “c” dans le mot de passe. Une fois les “c” positionn´es, chacune des n−r autres cases peut prendre deux valeurs, “a” ou “b”. Au total, il y a 2ⁿ⁻^rC_n^r⁻₋¹₁ mots de longueurnqui satisfont ces conditions.

Corrigé 8 a) On note “L” une lettre et “C” un chiffre. Un identificateur de fichier est de la forme L, LS, LSS, LSSS ou LSSSS où S désigne un symbole quelconque (une lettre L ou un chiffre C). Puisqu’il y a 20 lettres et 10 chiffres possibles, on obtient 20 + 20×30 + 20×30²+ 20×30³+ 20×30⁴= 17280620 identificateurs de fichier possibles.

b) Un nom de fichier s’obtient en ajoutant L ou LC ou LCC, soit (20 + 20×30 + 20×30²)×17280620 noms, soit plus de 321 milliards de noms.

c) Puisque la première lettre de l’extension est nécéssairement un “d”, il existe 20 fois moins de noms de fichiers de données, soit (1 + 30 + 30²)×17280620, soit plus de 16 milliards noms.

(2)

Corrigé 9 Une diagonale est un segment limité par deux sommets non contigus. Quand ils sont contigus alors ce segment est un côté du polygone, et non une diagonale. Nous avonsC_n² fa¸cons de choisir deux sommets. Puisque il y ancôtés dans ce polygone nous trouvons que le nombre de diagonales est :

C_n²−n=n(n−3) 2 Le nombre de côtés est égal au nombre de diagonal si

n(n−3)

2 =n

ce qui donnen= 5 (un pentagone).

Corrig´e 10 4!3!5!3!

Corrig´e 11 a) 14!

b) _7!7!^14!

Corrig´e 12 a) Ω ={dddd, ddde, dded, dedd, eddd, eedd, eded, edde, ddee, dede, edde, eeed, edee, deee, eede, eeee}.

b) Avec les notations du a), il s’agit des ´ev´enementsdddd,ddde,dded, dedd,eddd.

c) Il faut que 3 ou 4 erreurs se produisent. Il y aC₄³+C₄⁴= 5 possibilités :{eeed, edee, deee, eede, eeee}. Corrigé 13 On notedl’événement^≪la carte testée est défectueuse^≫etbl’événement^≪la carte testée est en état de marche^≫. On a Ω ={dd, dbbb, dbbd, dbdb, dbdd, bbbb, bbbd, bbdb, bbdd, bdbb, bdbd, bdd}. Corrigé 14 a) Ω ={000,010,011,001,100,110,101,111}.

b) On notePi,i= 1,2,3, les trois processeurs test´es.

i){P1= 0} ii){P3= 1}

iii) {P1= 0∩P2= 0} ∪ {P2= 0∩P3= 0} ∪ {P1= 0∩P3= 0}

iv){P1= 1∩P2= 1} ∪ {P2= 1∩P3= 1} ∪ {P1= 1∩P3= 1} ∪ {P1= 1∩P2= 1∩P3= 1} Corrig´e 15 On noteD = “le disque dur est en panne“,B1= “le premier backup est en panne”,B2 =

”le deuxi`eme backup en panne“. On a alors :

P(sauv´e) = 1−P(perdu) = 1−P(D∩B1∩B2) = 1−P(D)P(B1)P(B2) = 0.999996.

D’où l’utilité des backups : sans backup,P(sauvé) = 0.99, soit 1% de chance de tout perdre ! Corrigé 16 On noteTi l’événement “le terminaliest actif”. D’après lénoncé, on a

P(T1) = 1/2,

P(T2) = 10/60 = 1/6, P(T3) = 5/60,

P(T1∩T2) = P(T1)P(T2) = 1/12, P(T1∩T3) = P(T1)P(T3) = 5/120, P(T2∩T3) = 0,

P(T1∩T2∩T3) = 0.

On a donc, d’apr`es la formule d’inclusion-exclusion,

P(T1∪T2∪T3) = P(T1) +P(T2) +P(T3)−P(T1∩T2)−P(T1∩T3)−P(T2∩T3) +P(T1∩T2∩T3)

= 1/2 + 1/6 + 5/60−1/12−5/120

= 0.625.

(3)

Corrigé 17 On note E l’événement “l’écriture décimale d’un nombre entier tiré au hasard entre 0 et 9999 comporte au moins une fois le chiffre 1”. En appelant Ei : “le iième chiffre de l’écriture décimale est 1”, on aE=E1∪E2∪E3∪E4. D’après la formule d’inclusion-exclusion, on a alors :

P(E) = P(E1∪E2∪E3∪E4)

= P(E1) +P(E2) +P(E3) +P(E4)

−P(E1∩E2)−P(E1∩E3)−P(E1∩E4)−P(E2∩E3)−P(E2∩E4)−P(E3∩E4) +P(E1∩E2∩E3) +P(E1∩E2∩E4) +P(E2∩E3∩E4)

−P(E1∩E2∩E3∩E4)

= 4×1/10−6×1/100 + 4×1/1000−1/10000 = 0.3439.

Corrigé 18 a) Espace fondamental Ω=l’ensemble des 6-uplets formés de 6 chiffres distincts de 1 à 49 (sans ordre)={(n1, n2, . . . , n6) où ni∈ {1,2, . . . ,49}et ni6=nj pouri6=j}.

b) Il y a une chance surC₄₉⁶ de gagner au loto, soit une chance sur 13983816, c’est-`a-dire une probabilit´e de environ 7.15×10⁻⁸.

c) Il y a une chance sur C₆₀⁸ de gagner au loto, soit une chance sur 2558620845, c’est-à-dire une probabilité de environ 3.9×10⁻¹⁰. Le nouveau système est encore moins avantageux.

Corrigé 19 a) Il y a 17×16×15 = 4080 3-uplets possibles (sans ordre) parmi les 17 chevaux et une seule fa¸con de trouver les trois chevaux gagnants dans l’ordre soit une probabilité pour le tiercé dans l’ordre de 1/4080≃0.00025.

Pour le quart´e, on obtient une probabilit´e de 1/73440 = 0.000032.

b) Il y a 6 fa¸cons d’avoir choisi les 3 bons chevaux, dont 5 dans le désordre. La probabilité de gagner dans le désordre au tiercé est donc 5/4080 soit 0.001225.

Pour le quart´e, on obtient 23/73440 = 0.00031.

Corrig´e 20 a) On noteb1le premier bit et b2 le second.

i)P({b1= 1∩b2= 0} ∪{b1= 0∩b2= 1}) =P(b1= 1)P(b2= 0) +P(b1= 0)P(b2= 1) = 2p(1−p).

ii) Les bits étant indépendants la valeur du premier bit n’a pas d’influence sur le deuxième et on cherche simplementP(b2= 1) =p.

b) On note bi,i∈ {1,4}leii`eme bit.

i) On calcule d’abord la probabilité d’avoir 0 ou 1 bit égal à 1. Cette probabilité est égale à P(b1= 0∩b2= 0∩b3= 0∩b4= 0) +P(b1= 1∩b2= 0∩b3= 0∩b4= 0) +P(b1= 0∩b2= 1∩b3= 0∩b4= 0) +P(b1= 0∩b2= 0∩b3= 1∩b4= 0) +P(b1= 0∩b2= 0∩b3= 0∩b4= 1)

= (1−p)⁴+ 4p(1−p)³.

Donc la probabilité recherchée est égale à 1−(1−p)⁴−4p(1−p)³.

Le calcul direct de la probabilité d’avoir 2, 3 ou 4 bits égaux à 1 donne 6p²(1−p)²+ 4p³(1−p) +p⁴. Le développement de ces deux probabilités donne évidemment le même résultat !

ii) Il faut donc avoir 2 ou 3 bits égaux à 1 en position 1,2,3 et un bit à 0 en quatrième position.

On cherche donc

P(b1= 1∩b2= 1∩b3= 1∩b4= 0) +P(b1= 0∩b2= 1∩b3= 1∩b4= 0) +P(b1= 1∩b2= 0∩b3= 1∩b4= 0) +P(b1= 1∩b2= 1∩b3= 0∩b4= 0)

= p³(1−p) + 3p²(1−p)².

Corrigé 21 Il y a 7000 lignes de code exécutables. Le programme passe par 7000/3 lignes de codes. Une ligne de code contient un bug avec la probabilité 5/7000. Donc la probabilité qu’aucune des 7000/3 lignes de code exécutées ne contiennent de bug est (1−5/7000)^7000/3≃0.1888.

Corrigé 22 a) L’ensemble fondamental est formé de tous les arrangementsordonnés possibles de n résistances en série. Donc #(Ω) =n!.

b) Soit l’événementEk =“il y ak résistances entreA et B”. Déterminons #(Ek) =“nombre de cas favorables deEk” :

On considère d’abord le bloc “A^←. . . B” de longueur^k^→ k+2. On s’aper¸coit qu’il y a 1+(n−k−2) = (n−k−1) manières de le placer dans la série desnrésistances.

Il faut ensuite tenir compte des permutations

(4)

- deAet B : 2! = 2 permutations,

- des (n−2) autres r´esistances queA etB : (n−2)! configurations diff´erentes.

Ainsi,

#(Ek) = 2×(n−k−1)(n−2)!

et

P(Ek) =#(Ek)

#(Ω) =2×(n−k−1)(n−2)!

n! = 2×(n−k−1) n(n−1) . Remarque : On peut contrˆoler quePn−2

k=0

2×(n−k−1) n(n−1) = 1.

c) En notantC la 3i`eme resistance, les 3! = 6 cas possibles sont ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA. On obtient alors que

P(k= 0) = 4 6 = 2

3 etP(k= 1) = 2 6 = 1

3, ce qui correspond bien `a l’expression trouv´ee en b) pourk= 3.

Remarque : On a bienP(k= 0) +P(k= 1) = 1.

Corrigé 23 Le chiffre de 48 millions provient du calcul 365³= 48627125. Or ce calcul est faux ! L’espace fondamental à considérer ici est l’ensemble des triplets de jours de l’année={D1, D2, D3}où Di est un des 365 jours de l’année (on suppose pour simplifier qu’une année comporte 365 jours). On a

#(Ω) = 365³.

On note E lévénement “les trois enfants sont nés le même jour”. Alors #(E) = 365 puisque les 365 jours de l’année sont possibles.

On a donc

P(E) = #(E)

#(Ω) = 365 365³ = 1

365², soit une chance sur 133225 !

La probabilité 1/365³ est en réalité la probabilité que trois enfants d’une famille naissent toute un même jour fixé (par ex. tous un 7 octobre), et non la probabilité qu’ils naissent tous un même jour quelconque.

Corrigé 24 On noteIl’événement “le courrier est indésirable” etDl’événement “le courrier est détecté comme indésirable (à tort ou à raison)”. D’après l’énoncé,P(D|I) = 0.99,P(D|I^c) = 0.02, P(I) = 0.1.

On chercheP(I|D). D’apr`es la formule de Bayes, P(I|D) = P(D|I)P(I)

P(D|I)P(I) +P(D|I^c)P(I^c) = 0.99×0.1

0.99×0.1 + 0.02×0.9 = 0.8462.

Corrigé 25 En notantA (resp. B,C) l’événement “Alain (resp. Boris et Charles) a réussi l’examen”, on cherche

P(C^c|{A∩B∩C^c} ∪ {A∩B^c∩C} ∪ {A^c∩B∩C})

= P({A∩B∩C^c})

P({A∩B∩C^c} ∪ {A∩B^c∩C} ∪ {A^c∩B∩C})

= 0.8×0.7×0.4

0.8×0.7×0.4 + 0.8×0.3×0.6 + 0.2×0.7×0.6

= 0.4956.

Corrigé 26 On sait que la probabilité qu’un paquet se perde sur chaque segment du chemin S1 → R1 →R2 →S2 est p. Notons parP(S1 →R1),P(R1→R2),P(R2 →S2) les probabilités que la perte se produise sur un des segments du chemin. On peut calculer la probabilité de constater au niveau du serveurS2que le paquet est perdu : soit le paquet s’est perdu sur le premier segment, soit sur le deuxième, soit sur le troisième. Cette probabilité est donc égale à

P(perte) =P(S1→R1) +P(R1→R2) +P(R2→S2) =p+ (1−p)p+ (1−p)²p.

Les probabilit´es conditionnelles cherch´ees sont donc P(S1→R1|perte) = P(S1→R1)

P(perte) = p

p+ (1−p)p+ (1−p)²p.

(5)

Les autres valeurs se calculent de mani`ere similaire : P(R1→R2|perte) = P(R1→R2)

P(perte) = p(1−p)

p+ (1−p)p+ (1−p)²p P(R2→S2|perte) = P(R2→S2)

P(perte) = p(1−p)² p+ (1−p)p+ (1−p)²p

Corrigé 27 On note B l’événement “le paquet n’est pas endommagé” et R1 (resp. R2) l’événement

“le paquet provient du routeur 1 (resp. 2)”. On cherche P(R1|B). On a P(B) = P(B|R1)P(R1) + P(B|R2)P(R2) = 199/200×1/2 + 999/1000×1/2. De plusP(B∩R1) =P(B|R1)P(R1) = 199/200×1/2.

On a donc

P(R1|B) =P(R1∩B)

P(B) = 199/200×1/2

199/200×1/2 + 999/1000×1/2 = 0.499.

Corrig´e 28 On noteEune erreur d’entr´ee/sortie,S une erreur de syntaxe etAun autre type d’erreur.

a) On a d’après l’énoncé :

P(S) = 20/100 = 0.2 P(E∩S)¯ = 10/100 = 0.1 P(A) = 5/100 = 0.05 P(E∩S) = 6/100 = 0.06 P(S∩A) = 3/100 = 0.03 P(A∩S∩E) = 1/100 = 0.01

b) On cherche P(S ∪E) = P(S) +P(E)−P(S ∩E). Or P(E) = P(E∩S) +P(E∩S). D’o`¯ u P(S∪E) =P(S) +P(E∩S) = 0.2 + 0.1 = 0.3.¯

c) On chercheP(E|S) =P(E∩S)/P(S) = 6/20 = 0.3.

Corrigé 29 On noteLil’événement “le requête est envoyée sur la lignei” etE l’événement “la requête a plus de 100 caractères”. On chercheP(E). On a d’après la formule des probabilités totales,

= 0.4×0.2 + 0.5×0.3 + 0.6×0.1 + 0.2×0.15 + 0.8×0.25

= 0.52.

Corrigé 30 NotonsC1(resp.C2) la variable aléatoire égale au premier (resp. deuxième) chiffre. On doit calculerP(C1= 6|C1+C2= 6) =P(C1= 6∩C2= 0)/P(C1+C2= 6). Or

P(C1= 6∩C2= 0) = P(C1= 6)P(C2= 0) = 1 10²

P(C1+C2= 6) = P((0,6)∪(1,5)∪(2,4)∪(3,3)∪(4,2)∪(5,1)∪(6,0)) = 7 100 Ainsi

P(C1= 6|C1+C2= 6) = 1 100₁₀₀⁷ = 1

7. Corrig´e 31 a) SoitAun client ayant visit´e le magasin.

P{Aach`ete un produit et en est satisfait}

= P{Aach`ete un produit} ×P{le produit est satisfaisant}

= 2

3×3 4 = 1

2.

b) Soient : Bn : ”nclients ont visité le magasin” etAk : ”kproduits ont été vendus”.

P(Bn|Ak) = P(Ak|Bn)P(Bn) P∞

m=kP(Ak|Bm)P(Bm)

= C_n^k×2¹^k ×2^n−k¹ ×pⁿ(1−p) P_∞

m=kC_m^k ×2¹^k×2^m−k¹ ×p^m(1−p)

= Cn^k

1

2ⁿ⁺¹pⁿ⁻^k(1−p)× ( _∞

X

m=k

Cm^k

1

2^m+1p^m⁻^k(1−p) )−1

(6)

Or

∞

X

m=k

C_m^k 1

2^m+1p^m⁻^k = 1 2^k+1

∞

X

m=0

C_m+k^k (p 2)^m

∞

X

m=0

C_m+k^k r^m = (1−r)⁻^(k+1) si 0≤ |r|<1.

On obtient donc :

P(Bn|Ak) = C_n^k 1

2ⁿ⁺¹pⁿ⁻^k× 1

1

2^k+1(1−^p2)⁻^(k+1) P(Bn|Ak) = C_n^k 1

2ⁿ⁺¹pⁿ⁻^k×(2−p)^k+1.

Corrigé 32 On noteX1, X2, X3 la durée de fonctionnement des trois composants avant panne. D’après l’énoncé, les X1, i = 1,2,3, sont mutuellement indépendants et P(X1 ≥ 1000) = P(X2 ≥ 10000) = P(X3≥10000).

a) Il s’agit de calculer P(X1 ≥ 10000∩X2 ≥ 10000∩X3 ≥ 10000) = P(X1 ≥ 1000)³ (par ind´ependance), ce qui donne une probabilit´e de 0.8³= 0.512.

b) i) Il s’agit de calculer P(X1 ≥ 10000∪X2 ≥ 10000∪ X3 ≥ 10000). Il faut passer par le complémentaire : le système ne fonctionne plus après 10000 heures si les trois composants ont une durée de vie de moins de 10000 heures. Cela correspond à la probabilitéP(X1 <10000∩X2<10000∩X3 <

10000) =P(X1<1000)³(par indépendance), ce qui donne une probabilité de 0.2³= 0.008. La probabilité que le système fonctionne après 10000 heures est donc de 1−0.008 = 0.992.

ii) Il s’agit de calculer

P(X1<10000∪X2<10000∪X3<10000|X1≥10000∪X2≥10000∪X3≥10000) En utilisant la formule de Bayes, cela s’´ecrit

P({X1<10000∪X2<10000∪X3<10000} ∩ {X1≥10000∪X2≥10000∪X3≥10000)} P(X1≥10000∪X2≥10000∪X3≥10000)

Le numérateur de cette expression est égal à

P(X1<10000∩X2<10000∩X3≥10000) + P(X1<10000∩X2≥10000∩X3<10000) + P(X1≥10000∪X2<10000∪X3<10000) + P(X1<10000∩X2≥10000∩X3≥10000) + P(X1≥10000∩X2<10000∩X3≥10000) + P(X1≥10000∪X2≥10000∪X3<10000)

= 3×0.2×0.8²+ 3×0.2²×0.8.

La probabilit´e recherch´ee vaut donc

3×0.2×0.8²+ 3×0.2²×0.8

0.992 = 0.4839.

Remarque : Une autre fa¸con (plus élégante) de calculer cette probabilité est d’introduire le nombreN de composants en état de marche après 10000 heures d’utilisation.N suit une loi binomiale de paramètres n= 3 etp= 0.8. La probabilitéP(X1≥10000∪X2≥10000∪X3≥10000) du 2.a est alorsP(N≥1) = 1−P(N = 0) = 1−0.2³= 0.992 (on retrouve bien le même résultat). La probabilité recherchée est donc

P(N <3|N ≥1) = P({N <3} ∩ {N≥1})

P(N ≥1) = P({N= 1} ∪ {N = 2}) P(N ≥1)

= C₃¹×0.8×0.2²+C₃²×0.8²×0.2

0.992 = 0.4839.

(7)

Corrigé 33 On note A :“M. Truc appartient au comité” et B : “M. Truc n’est pas président”. Il s’agit de calculer

P(A|B) =P(A∩B)

P(B) =#{A∩B}

#B .

1`ere m´ethode : On a

#{A∩B}=C_n^s⁻₋¹₁×(s−1)

car M. Truc ayant déjà été choisi dans le comité, il restes−1 personnes à choisir parmin−1, puis un président parmi cess−1 personnes. On a

#B=C_n^s⁻₋¹₁×(s−1) +C_n^s₋₁×s

car ou bien M. Truc est dans le comité avecs−1 autres personnes parmi lesnrestantes mais c’est l’une de cess−1 personnes qui est désigée président, ou bien il n’est pas dans le comité qui est donc formé de spersonnes parmi les n−1 autres.

D’o`u

P(A|B) = C_n^s⁻₋¹₁×(s−1)

C_n^s⁻₋¹₁×(s−1) +C_n^s₋₁×s = s−1 n−1. 2`eme m´ethode : On a

P(A|B) = P(A∩B)

P(B) = P(B|A)P(A) P(B) =

s−1 s

s n n−1

n

= s−1 n−1.

Corrigé 34 Désignons parN l’événement “la page web est effectivement rédigée par un natif”, et parA l’événement “l’algorithme indique que la page web est rédigée par un natif“. Les hypothèses nous donnent P(N) = 0.55, P(A|N) = 0.95 et P(A|N^c) = 0.01. On chercheP(N|A). On utilise la formule de Bayes pour trouver

P(N|A) = P(A|N)P(N)

P(A|N)P(N) +P(A|N^c)P(N^c) = 0.95×0.55

0.95×0.55 + 0.01×0.45 = 0.9991.

Corrigé 35 SoientRet J les événements :

R: ”l’étudiant répond correctement à la question tirée”

J : ”l’étudiant connaˆıt la réponse juste à la question tirée”.

a) On a :P{R}=P{R|J} ×P{J}+P{R|J^c} ×P{J^c}= 1×0.7 + 0.2×0.3 = 0.76.

b) D’apr`es la formule de Bayes :

P{J|R}=P{R|J}P{J} P{R} = 0,7

0,76 ≃0,92.

Corrigé 36 a) L’ensemble fondamental de cette expérience est Ω ={(D1, D2), où Di, i= 1,2 est un type de serveur qui peut êtreX ouY}.

b) i) On a

P(B1) = 4 6 = 2

3 P(B2|B1) = P(B2∩B1)

P(B1) =

4 6×³5

4 6

= 3 5 P(B2|B^c₁) = P(B2∩B₁^c)

P(B₁^c) =

2 6×⁴5

2 6

=4 5 P(B2) = P(B1∩B2) +P(B₁^c∩B2) = 4

6 3 5 +2

6 4 5 =2

3

ii) Remarquons queP(B1∩B2) +P(B₁^c∩B2) =P(B2) et queP(B1∩B₂^c) +P(B₁^c∩B₂^c) =P(B₂^c).

Or,P(B2) +P(B₂^c) = 1, ce qui donne l’égalité recherchée.

Corrigé 37 Les chiffres donnés ont l’air excellent, mais ils donnent l’inverse de ce que l’on souhaite. Le problème est plutôt le suivant : si une personne a une réponse positive au test, est-elle malade ? On note M l’événement “la personne est malade“, etT l’événement ”le test est positif“. Les données dont on

(8)

dispose sontP(M) = 0.0001,P(T|M) = 0.99 etP(T|M^c) = 0.001. On chercheP(M|T). La formule de Bayes donne :

P(M|T) = P(T|M)P(M)

P(T|M)P(M) +P(T|M^c)P(M^c)

= 0.99×0.0001

0.99×0.0001 + 0.001×0.9999

≃ 0.09

C’est un très mauvais résultat : la probabilité pour qu’une personne positive au test soit effectivement malade est inférieure à 10% ! Le test engendre donc beaucoup de faux-positifs (personnes positives au test, mais non malades). C’est tout le problème de la détection des maladies rares : d’être capable de détecter les malades sans donner de faux-positifs.

Corrigé 38 Le gain absolu peut prendre deux valeurs, -3 CHF avec la probabilité 5/6 et +12 CHF avec la probabilité 1/6. L’espérance du gain absolu est donc−3×5/6 + 12×1/6 =−0.5 CHF. Le jeu n’est donc en moyenne pas rentable. Le jeu deviendra rentable si le gain absolug pour l’obtention d’un 6 est tel que−3×5/6 +g×1/6>0, soitg >15 CHF, donc si on récupère strictement plus de 18 CHF avec un 6.

Corrig´e 39 a)n−1 comparaisons.

b) Nombre minimum d’affectations : 1 (le premier e´l´ement est le plus grand).

Nombre maximum d’affectations :n(la liste est tri´ees dans l’ordre croissant).

c) On compte d’abord le nombre de possibilités d’avoir à fairek affectations à partir d’une liste de taillen. On raisonne sur la place de l’élément maximal :

– Si l’élément maximal est en dernière position, alors pour que k affectations soient effectuées au total, il faut que (k−1) affectations soient réalisées sur la liste composées des (n−1) premières valeurs.

– Si l’élément maximal n’est pas en dernière position, il est dans une des (n−1) autres positions.

Puisque, une fois l’élément maximal rencontré, aucune autre affectation n’est effectuée, cela revient

à faire k affectations sur une liste de longueur (n−1) (sans le dernier élément qui n’est de toute fa¸con pas maximal).

Puisque il y anfa¸con de positionner l’élément maximal dans une liste de taillen, on en déduit que p(n, k) = 1

np(n−1, k−1) +n−1

n p(n−1, k) d) On a

En =

n

X

k=1

kp(n, k) =

n

X

k=1

k 1

np(n−1, k−1) +n−1

n p(n−1, k)

= 1

n

X

k=1

kp(n−1, k−1) + n−1 n

n

X

k=1

kp(n−1, k)

= 1

n

X

k=2

kp(n−1, k−1) + n−1 n En−1

= 1

n

X

k=2

(k−1)p(n−1, k−1) + 1 n

n

X

k=2

p(n−1, k−1) +n−1 n En−1

= 1

nEn−1+1

n+n−1 n En−1

= 1

n+En−1

On a donc

En=

n

X

k=1

1

k+E0=

n

X

k=1

1

k ≃log(n) quandn→ ∞. Corrig´e 40 On a :

(9)

E(X) = P∞

n=0nP{X=n}

= 1×P{X = 1} + 2×P{X = 2} + . . . + nP{X =n}

= P{X = 1} + P{X = 2} + . . . + P{X =n} + P{X = 2} + . . . + P{X =n}

. . .

+ P{X =n}

= P(X≥1)

+ P(X ≥2) . . .

+ P{X ≥n} d’o`u le r´esultat.

Corrigé 41 a) X est à valeur entière entre 0 et N. On a X =klorsqu’on attrapek poissons marqués parmiM et n−knon marqués parmiN−M, d’où

PN(X=k) = C_M^k C_Nⁿ⁻₋^k_M

C_Nⁿ , 0≤k≤N.

b) On fixe k, et on cherche le maximum sur N de PN(X =k) que l’on va noter FN.FN est croissant tant que

FN

FN−1

>1, c’est-`a-dire

(N−M)(N−n) (N−M−n+k)N >1, d’o`u

N < M n k .

FN est donc croissante pourN < ^Mn_k et décroissante pourN > ^Mn_k .N étant nécessairement entier, on a ˆN =⌊^Mnk ⌋.

c) Lorsquek= 0, ˆN est infini. Or l’événement “X = 0” est de probabilité non nulle. L’espérance de ˆN est donc infinie.

Corrig´e 42 a) Le gainG ne peut prendre que deux valeurs : 0 ouG0. Pour que le gain soitG0 il faut que le joueur gagne lesG0 premiers essais, soit une probabilit´e de (1−p)^G⁰.

b) L’esp´erance deGest 0×P(G= 0) +G0×P(G=G0) =G0×(1−p)^G⁰.

Corrigé 43 L’événement{T =n},n≥1, a lieu si les (n−1) premiers envois n’ont pas re¸cu de réponse et lenî`êmeenvoi en a re¸cu une. Chaque envoi a une probabilité 1−pde recevoir une réponse, ce qui donne une probabilité (1−p)ⁿ⁻¹que lesn−1 premiers envois aient re¸cu une réponse. Lenî`êmeessai re¸coit une réponse avec une probabilitép. On en déduit que la fonction de masse deT est donnée par

P(T =n) =p(1−p)ⁿ⁻¹, n≥1.

T est donc une variable aléatoire géométrique de paramètrep.

Corrigé 44 Soit X le nombre de nouveaux utilisateurs qui re¸coivent l’offre. Chaque utilisateur a une probabilité 0.2 de recevoir l’offre (donc 0.8 de ne pas la recevoir). Il y a 20 utilisateurs au total.X suit une loi binomiale de paramètresp= 0.2 etn= 20 :

P(X=k) =C₂₀^k 0.2^k0.8²⁰⁻^k, k= 0, . . . ,20.

Le quart des nouveaux utilisateurs bénéficient de l’offre si{X ≥5}, qui a pour probabilitéP(X ≥5) = 1−P(X ≤4) = 0.3703.

Corrigé 45 a) La probabilité qu’aucun camion n’attende revient à calculer la probabilité que 5 camions au plus viennent livrer sur une journée, soit

P(X≤5) =e⁻⁴4⁰

0! +e⁻⁴4¹

1! +e⁻⁴4²

2! +e⁻⁴4³

3! +e⁻⁴4⁴

4! +e⁻⁴4⁵ 5!

= 0.7851

b) Il faudrait 7 postes de d´echargement carP(X ≤6) = 0.8893 etP(X ≤7) = 0.9488.

(10)

Corrigé 46 a) Pour que la porte ouvre au kième essai, il faut que les k−1 premières clés choisies soient de mauvaises clés. Au premier essai, il y a une probabilité de (n−1)/n de choisir la mauvaise clé. Au deuxième essai, la probabilité est de (n−2)/(n−1), de (n−3)/(n−2) au troisième essai ..., de (n−k+ 1)/(n−k) au (k−1) essai. Enfin, il faut que la bonne clé soit choisie au kième essai, ce qui correspond à une probabilité de 1/(n−k+ 1). La probabilité que la porte ouvre après lekième essai est donc égale à

n−1

n ×n−2

n−1 ×. . .n−k+ 1

n−k × 1

n−k+ 1 = 1 n.

b) A chaque essai, la probabilité de choisir la bonne clé est de 1/n. Le nombre d’essais nécessaires suit donc une loi géométrique de paramètre 1/n. La probabilité que la porte ouvre ap`res lekième essai vaut

1 n

n−1 n

k−1

, k= 1,2,3, . . . .

Corrigé 47 Supposons que l’on prélevenéchantillons. Soit X le nombre d’échantillons corrects parmi ces n prélèvements.X suit une loi binomiale de paramètresn et p= 0.8. On voudrait avoir au moins 5 échantillons corrects avec une probabilité d’au moins 0.99. Pour n= 9 prélèvements, le calcul donne P(X ≥5) = 1−P(X ≤4)0.98 et avecn= 10,P(X ≥5) = 0.993 donc il faut prélever au minimum 10

´echantillons.

Corrig´e 48 a) On a

p = P(achat version avanc´ee)

= P(achat version avanc´ee|passer tous les niveaux)P(passer tous les niveaux)

+ P(achat version avanc´ee|ne pas passer tous les niveaux)P(ne pas passer tous les niveaux)

= 0.22

b) X : nombre de personnes parmi les 10 joueurs qui achètent la version avancée. X suit une loi binomiale de paramètresn= 10 et de probabilitép= 0.22. Son espérance vautnp= 2.2.

c)P(X ≥3) = 1−P(X ≤2) = 0.3832.

Corrigé 49 a) X est le nombre d’essais nécessaires jusqu’au 10ième succès dans une série d’essais indépendants ayant chacun 95% de chance de succès (ici succès = le composant testé est fonctionnel).X suit donc une loi négative binomiale de paramètresn= 10 etp= 0.95.

b)Y est le nombre de succès d’une épreuve répétée de fa¸on indépendante 12 fois, chaque essai ayant 95% de succés.Y suit donc une loi binomiale de paramètresp= 0.95 etn= 12.

c) La probabilité que plus de 12 composants doivent être testés pour en trouver 10 fonctionnels peut se calculer de deux manières :

– C’est la probabilité queX soit strictement supérieur à 12, c’est-à-direP(X >12) = 1−P(X ≤12).

Or P(X < 10) = 0, donc P(X ≤12) = P(X = 10) +P(X = 11) +P(X = 12). La probabilité recherchée est donc égale à 1−P(X= 10)−P(X= 11)−P(X= 12) = 0.0196.

– C’est la probabilité queY soit strictement inférieur à 10, c’est-à-dire

P(Y <10) =P(Y ≤9) =P(Y = 0) +P(Y = 1) +P(Y = 2) +· · ·+P(Y = 9) = 0.0196.

Les deux méthodes donnent évidemment le même résultat.

Corrigé 50 a) X le nombre de couples d’élèves ayant leur anniversaire le même jour etN le nombre d’élèves. Il y an=^N₂ couples d’élèves. Chaque couple a une probabilitép= 1/365 d’avoir son anniversaire le même jour et, les couples étant deux à deux distincts, les événements “le couple numéro i a son anniversaire le même jour” sont indépendants. Le nombre de couples ayant leur anniversaire le même jour suit donc une loi binomiale de paramètresp= 1/365 etn=^N₂.

b) On peut donner de manière exacte la probabilité qu’au moins deux des élèves aient leur anniversaire le même jour. C’est égal à

P(X ≥1) = 1−P(X= 0) = 1−(1−p)ⁿ= 1−(364/365)^N².

Puisque N est grand (n > 30) et p est petit (p < 0.1), on peut utiliser la loi des petits nombres et approximer cette loi par la loi de Poisson de param`etreλ=N/730. On a alors

P(X ≥1) = 1−P(X= 0)≃1−e⁻^λ= 1−exp{−N/730}. c) On peut r´esoudre ce probl`eme de deux fa¸cons :

(11)

– en utilisant directement la loi binomiale : on doit alors r´esoudre 1−

364 365

^N2

>0.6

⇔ N 2 log

364 365

>log(0.4)

⇔ N >2log(0.4) log(³⁶⁴₃₆₅)

La r´esolution donneN ≥667.97, soit, puisqueN doit ˆetre entier et pair,N ≥668.

– en utilisant l’approximation de Poisson : on doit alors r´esoudre 1−exp{−N/730}>0.6

⇔ N/730>−log(0.4)

⇔ N >−730×log(0.4)

et on trouveN ≥668.8922, soit, puisqueN doit ˆetre entier et pair,N ≥670.

Corrigé 51 a) On noteAle nombre de pas de temps necessaires à l’envoi de cette réponse.

i)A est le temps d’attente (nombre de pas de temps) jusqu’au premier envoi réussi de la réponse, chaque tentative d’envoi étant indépendante et ayant une probabilité 1−pde succés. Il s’agit donc d’une distribution géométrique de paramètre 1−p: P(A=k) = (1−p)p^k⁻¹,k= 1,2, . . .

ii) On cherche P(A < k). On a P(A < k) =

k−1

X

i=1

P(A=i) =

k−1

X

i=1

(1−p)pⁱ⁻¹= (1−p)

k−2

X

i=0

pⁱ= (1−p)1−p^k⁻¹

1−p = 1−p^k⁻¹, k≥1.

b) i) On note Ai le nombre de pas de temps nécessaires à l’envoi de la réponsei et D le nombre de pas de temps nécessaires à l’envoi desnréponses. On aD= maxⁿ_i=1Ai. Donc,

P(D < k) =P(maxⁿ

i=1 Ai< k) =P(A1< k, . . . , An < k) =

n

Y

i=1

P(Ai< k) Par ind´ependance des canaux et d’apr`es 1.b),

P(D < k) ={1−p^k⁻¹}ⁿ.

ii) Il s’agit de calculer la probabilité que Dsoit égal à k. On a, pourk≥1, P(D=k) =P(D < k+ 1)−P(D < k) ={1−p^k}ⁿ− {1−p^k⁻¹}ⁿ.

Corrigé 52 a) On note X le nombre de requêtes re¸cues par minute par l’ensemble des n serveurs. Le nombreYi de requêtes re¸ues par le serveur i durant une minute quelconque ne peut prendre que deux valeurs : 0 avec la probabilité 1−pet 1 avec la probabilitép. En supposant les serveurs indépendants,Yi

suit alors une loi de Bernouilli de param`etrepet X =Pn

i=1Yi suit une loi binomiale de param`etrenet p.

b) On sait d’après le cours que l’espérance deX estnpet sa variancenp(1−p). On s’intéresse ici à la proportion de requêtes re¸cues par serveur, c’est-à-dire à la variableX/n. L’espérance deX/nest donnée par :

E(X/n) = 1

nE(X) =p et sa variance par

V ar(X/n) =V ar(X)/n²=p(1−p)/n.

Note :Pour montrer queXa pour esp´erancenpet variancenp(1−p), on peut utiliser la d´ecomposition du a) :X=Pn

i=1Yi oùYi sont des variables aléatoires de Bernouilli indépendantes de paramètrep. Les Yi ont pour espérance

E(Yi) = 0×P(Y1= 0) + 1×P(Yi= 1) = 0×(1−p) + 1×p=p

(12)

et variance

V ar(Yi) =E(Y_i²)−E(Yi)²={0²×P(Y1= 0) + 1²×P(Yi = 1)} −p²=p−p²=p(1−p).

On a alors

E(X) = E(

n

X

i=1

Yi) =

n

X

i=1

E(Yi) =

n

X

i=1

p=np,

V ar(X) = V ar(

n

X

i=1

Yi) =

n

X

i=1

V ar(Yi) =

n

X

i=1

{p(1−p)}=np(1−p).

Attention,V ar(Pn

i=1Yi) =Pn

i=1V ar(Yi) est valable parce que les Yi sont indépendantes mais ce n’est pas vrai en général. Par contreE(Pn

i=1Yi) =Pn

i=1E(Yi) est toujours vraie.

Corrigé 53 a)X suit une loi binomiale de paramètres 0.4 et 1000 : P(X =k) =C₁₀₀₀^k 0.4⁴0.6¹⁰⁰⁰⁻^k Son espérance vaut 0.4×1000 = 400 et sa variance 1000×0.4×0.6 = 240.

b) En vertu du théorème central limite, on peut approximer la loi binomiale par la loi normale. On en déduit

P(X <300)≃Φ(300−400

√240 )≃0.

c) De mˆeme

P(X >500)≃1−Φ(500−400

√240 )≃0.

Corrigé 54 Pour fixer les idée, on considère la premièr page de texte et on noteX le nombre d’erreurs sur cette page. Puisque les erreurs sont réparties au hasard, chacune desn= 1500 erreurs a la probabilité p = 1/1000 de se trouver sur cette page. X suit donc une loi binomiale de paramètres n = 1500 et p= 1/1000. Sa fonction de masse est

P(X =k) =C₁₅₀₀^k ( 1

1000)^k (999

1000)¹⁵⁰⁰⁻^k, k= 0,1, . . . ,1500.

La probabilit´e cherch´ee estP(X <2) =P(X = 0) +P(X= 1) = 0.55774.

b) Puisquenest grand etpest petit, on peut utiliser la loi des petits nombres pour approximer la loi binomiale par la loi de Poisson de param`etreλ=np= 1.5. Sa fonction de masse est

P(X=k) =e⁻^1.5(1.5)^k

k! , k= 0,1, . . .

La probabilitée recherchée vaut alorsP(X <2) =P(X = 0) +P(X = 1) = 0.22313 + 0.33469 = 0.55782, ce qui est très proche du résultat exact 0.55774.

Corrigé 55 Prenons comme événement élémentaire ”un poste est occupé durant une minute de pointe quelconque”. D’après l’énoncé, cet événement suit une loi de Bernouilli de paramètrep= 2.5/60 = 0.0417.

Maintenant, introduisons la v.a. X définie comme ”le nombre de postes occupés désirant communiquer avec le serveur”.X suit une loi binomiale de paramètresn= 1000 et probabilité p= 0.0417. La satu- ration correspond à l’événement X >50. Puisque n = 1000 est grand etp= 0.0417 est petit, on peut utiliser l’approximation de la loi binomiale par la loi de Poisson de paramètrenp= 41.6667. On trouve une probabilité de saturationP(X >50) de 0.0887. Le calcul exact (avec la loi binomiale) donne une probabilité de 0.0841.

Corrig´e 56 E(X) = 2 etV ar(X) =∞.

Corrigé 57 a)f étant une densité, on doit avoirR∞

−∞f(x)dx= 1. Or Z ∞

−∞

f(x)dx= Z ∞

1

f(x)dx= Z ∞

1

k x⁴ dx=

− k 3x³

∞ 1

= k 3, soitk= 3.

(13)

b) Pour trouver la fonction de répartition, il faut intégrer la densitéf(x). On trouve F(x) =

Z x

−∞

f(x)dx=

1−1/x³, x≥1, 0, x <1.

c) La probabilité recherchée est donnée parP(X >3) = 1−F(3) = 0.0370.

d) La durée de vie moyenne est égale à l’espérance deX, c’est-à-dire E(X) =

Z ∞

−∞

xf(x)dx= Z ∞

1

3x x⁴ =

Z ∞ 1

3 x³ =

− 3 2x²

∞ 1

= 3 2, soit un an et demi.

e) On calcule tout d’abordE(X²) : E(X²) =

Z ∞ 1

3x² x⁴ dx=

Z ∞ 1

3 x² dx=

−3 x

∞ 1

= 3, doncV ar(X) =E(X²)− {E(X)}²= 0.75 et l’écart-type est égal àp

V ar(X), soit 0.86 ann´ee.

Corrig´e 58 a) Fonction continue et positive sur (α,∞), croissante avec F(x) → 0 quand x → α et F(x)→1 quandx→ ∞.

b) Moment d’ordre 1 :

µ1=E(X) = Z _∞

α

xf(x)dx= θα

θ−1 pour θ >1, infini pourθ≤1.

Moment d’ordre 2 :

µ2= Z _∞

α

x²f(x)dx= θα²

θ−2 pourθ >2, infini pourθ≤2.

Corrigé 59 a) Puisqu’on s’intéresse à un temps d’attente, il est raisonnable d’utiliser la loi exponentielle de paramètreλ. Or la moyenne de la loi exponentielle de paramètreλ vaut 1/λ (cf cours). Ici on doit donc avoir 1/λ= 1/4 heure, soit λ= 4 heure⁻¹.

b) 5 minutes = 1/12 heure. La probabilit´e recherch´ee vaut doncP(T <1/12) = 1−e⁻^λ(1/12)= 0.2834.

Corrigé 60 a) On utilise la loi Gamma pour décrire la durée de vie du processeur. En notantαet λses paramètres, on a

µ = α/λ σ² = α/λ² La r´esolution donneα= 9 etλ= 0.75.

b)P(10< T <15) =FT(15)−FT(10) = 0.4514.

Corrigé 61 On noteX la variable aléatoire égale à la température moyenne sur un été.

a) Il s’agit de calculerP(X ≤4) =P(^X⁻₄¹⁰ ≤ −3/2) = 1−0.9332 = 0.0668.

b) La probabilit´e de 10 ann´ees sans grand froid vaut 0.9332¹⁰= 0.5009.

Corrigé 62 On observe que le résultat de l’expérience vaut Z = X +XY = X(1 +Y). On a donc E(Z|X=x) =xE(1 +Y) = 4.5xet var(Z|X =x) =x²var(1 +Y) = 35x/12.

Corrigé 63 Le total des pointsXobtenus à l’examen suit une loi binomiale Bin(20,1/4). Alors E(X) = 5 et var(X) = 15/4. La probabilité de réussir l’examen vaut P(X ≥10) = 1−P(X ≤9)≃0.014. Avec les informations d’après-examen, l’espérance conditionnelle s’écrit E(X | 6 ≤X ≤16) = 6 + E( ˜X) = 8.5, où ˜X ∼Bin(10,1/4). La probabilité qu’il réussisse l’examen devient P(X ≥10|16≥X ≥6) = P(10≤ X ≤16)/P(6≤X ≤16)≃0.018.

(14)

Corrigé 64 a) SoitT1etT2les temps nécessaires au téléchargement via les miroirs 1 et 2.T1etT2sont indépendants et de même loi : ils sont tous deux de loi uniforme sur [a, b]. On a

P(T1≤t) =P(T2≤t) =







0, t≤a,

t−a

b−a, a < t < b, 1, t≥b.

b) i) On cherche ici la loi deZ= min{T1, T2}. On a

P(Z ≤t) = 1−P(Z≥t) = 1−P(T1≥t∩T2≥t) = 1−P(T1≥t)×P(T2≥t) (par ind´ependance)

=







0, t≤a

1−(b^(b−⁻a)^t)²², a < t < b 1, t≥b

ii) La densit´e deZ veut donc

fZ(t) = ( _2(b

−t)

(b−a)², a < t < b 0, sinon

DoncE(Z) =Rb

atfZ(t)dt=^b+2a₃ etV ar(Z) =Rb

a t²fZ(t)dt−E(Z)²=^(b⁻₁₈^a)². Corrig´e 65 La somme des n temps de calculs suit une loi normale N(PN

i=1µi,Pn

i=1σ²_i). L’ajout du tempsbne fait qu’ajouter une constante `a la moyenne, d’o`u la loiN(b+PN

i=1µi,Pn

i=1σ_i²) pour le temps total de calcul.

Corrigé 66 On noteX1, . . . , XN les variables aléatoires indiquant si le moustiquei= 1, . . . , Nm’a piqué durant la nuit (1) ou non (0). Ainsi, on aXi

iid∼Bernoulli(p). Avec ces notations,Z =PN

i=1Xi, donc E(Z |N =n) = E

n

X

i=1

Xi

!

=

n

X

i=1

E(Xi) =np;

de la même manière, var(Z |N =n) =np(1−p). Par le théorème 167, puisque E(Z) = EN{E(Z |N = n)}, on a E(Z) =pE(n) =pλ; de plus, var(Z) =p(1−p)E(n) +p²var(n) ={p(1−p) +p²}λ=pλ.

La fonction g´en´eratrice des moments se calcule comme suit, en s’aidant de l’exemple 170 : E e^Zt

= E

E e^Zt|N =n = E ( _n

Y

i=1

E e^Xⁱ^t )

= E

(1−p) +pe^t ⁿ

=

∞

X

n=0

e⁻^λ

(1−p) +pe^t ⁿλⁿ

n! =e⁻^λe^λ{⁽¹⁻^p)+pe^t}=e^λp(e^t⁻¹⁾, où l’on reconnaˆıt la fonction génératrice des moments d’une loi de Poisson d’intensitéλp.

Corrigé 67 On trouvepen imposantp+ 2p+p+ 3p+ 2p+p= 1, c’est-à-direp= 1/10. Ainsi, la fonction de probabilité marginale pourX estPX(0) = ₁₀¹ +₁₀² +₁₀¹ = ₁₀⁴ etPX(1) = ₁₀⁶. Le deuxième moment de Y se calcule ainsi :

E(Y²) =

2

X

y=0

y²P(Y =y) = 0× 4

10+ 1× 4

10+ 4× 2 10 =6

5. Pour finir,

E(XY) =

1

X

x=0 2

X

y=0

xyP(X =x, Y =y) = 1×1× 2

10+ 1×2× 1 10 = 2

5.

Corrig´e 68 a) On af(t) =c(10000t²−200t³+t⁴). En int´egrant on trouve la condition 10¹⁰×c×30¹ = 1 soitc= 3×10⁻⁹.

b) On a E(T) =

Z 100 0

tf(t)dt=c[10000t⁴/4−40t⁵+t⁶/6]¹⁰⁰₀ = 3×10⁻⁹×10¹²×(1/4−2/5 + 1/6) = 50.

(15)

c) On a

P(50≤T ≤80) = Z 80

50

f(t)dt=c[10000t³/3−50t⁴+t⁵/5]⁸⁰₅₀≃0.4421 Corrig´e 69 Il faut d’abord calculer c. Pour que f soit une densit´e on doit avoir R+∞

−∞ f(x)dx = 1, c’est–`a–dire

c= 1

R_∞

0 xexp(−x/2)dx. On fait une int´egration par parties et on obtient

Z ∞ 0

xexp(−x/2)dx=−2xexp(−x/2) ^∞

0 + 2 Z ∞

0

exp(−x/2)dx= 4,

donc c=1/4. Par conséquent la probabilité que le système fonctionne au moins 5 mois est égale à Z ∞

5

x

4exp(−x/2)dx=−exp(−x/2) ^∞

5 −1

2xexp(−x/2) ^∞

5 =e⁻^5/2+5

2e⁻^5/2≃0.287.

Corrigé 70 a) Puisque toutes les valeurs sont équiprobables, on modélise les longueurs mesurées par une loi uniforme entre 1.3 et 1.7 cm, de fonction de répartition

FL(l) =P(L≤l) =







0 sil <1.3

(l−1.3)/0.4 si 1.3≤l≤1.7 1 sil >1.7

b) On cherche la loi deS=L².P(S≤s) =P(L≤√s) =FL(√s), soit

FS(s) =P(S ≤s) =







0 sis <1.69

(√s−1.3)/0.4 si 1.69≤s≤2.89 1 sis >2.89

Corrig´e 71 a) On noteXile poids de la personneietS10=P10

i=1Xile poids des 10 personnes. Puisque lesXisuivent une loi normaleN(70,12²),S10suit ´egalement une loi normale, de moyenne 70×10 = 700 kilos et de variance 10×12²= 1440.

b) Si Ad`ele entre, le poids total dans l’ascenseur devientS10+ 55. Or Pr(S10+ 55>750) = 1−Pr(S10<695) = 1−Φ

695−700

√1440

= 0.5524

donc Adèle ne devrait pas entrer dans l’ascenseur car il y a plus d’une chance sur deux que le poids total excède le poids autorisé.

Corrigé 72 Soit Pn la variable de poids total des voitures sur le pont. Pn est une variable normale d’espérance 3net de variancen×(0,3)²= 9n/100. W est aussi normale, d’espérance 400 et de variance 40² = 1600. Il y a rupture du pont si Pn > W, c’est-à-dire si Pn−W > 0. Or, puisque Pn et W sont normales,Pn−W est aussi normale, d’espérance 3n−400 et de variance 1600 + 9n/100. On a alors :

Pr{Pn> W}= Pr{Pn−W >0}= 1−Φ 400−3n p1600 + 9n/100

!

Cette quantité est supérieure à 0.1 pour 400−3n

p1600 + 9n/100≤Φ⁻¹(0.9)≃1.2816, autrement dit pourn≥117.

Corrigé 73 a) La densité conditionnelle deX sachantY estfX|Y =fX,Y/fY donc la densité du couple (X, Y) est donnée par

fX,Y(x, y) =fY(y)fX|Y(x, y) = ₁

πe⁻^y(1+x²⁾, y >0, x∈R

0, y≤0, x∈R .

(16)

b) On afX(x) =R_∞

0 fX,Y(x, y)dy= _π¹_1+x¹2 (loi de Cauchy de param`etres 0 et 1).

c) fY|X(x, y) =fX,Y(x, y)/fX(x), donc fY|X(x, y) =

(1 +x²)e⁻^y(1+x²⁾, y >0, 0, y≤0.

DoncY sachantX suit la loi exponentielle de param`etre 1 +X².

Corrig´e 74 a) Les variablesX etY sont centr´ees doncCov(X, Y) =E(XY)−E(X)E(Y) =E(XY) = E(ǫX²) =E(ǫ)E(X²) = 0.

b) Le vecteur (X, Y) ne peut pas ˆetre gaussien carX+Y n’est pas gaussien puisqueX+Y prend la valeur 0 avec une probabilit´e non nulle (1/2).

c) Non car Y est fonction deX! Corrig´e 75 a) Il faut queR2

0

R1

0 fX,Y(x, y)dx dy= 1 d’o`uc×⁷6 = 1 etc= ⁶₇. b) La densit´e marginale de X vaut

fX(x) = Z 2

0

fX,Y(x, y)dy= 6 7

Z 1 0

(x²+xy

2 )dy=6 7

x²y+xy² 4

2 0

=6

7(2x²+x), 0≤x≤1.

La densit´e marginale deY vaut fY(y) =

Z 1 0

fX,Y(x, y)dx= 6 7

Z 1 0

(x²+xy

2 )dx= 6 7

x³ 3 +x²y

4 ¹

0

= 6 7(1

3 +y

4), 0≤y≤2.

Les variables X et Y ne sont pas indépendantes puisque la densité conjointe n’est pas le produit des densités marginales.

c) On a

P(X > Y) = 6 7

Z 1 0

Z x 0

x²+xy 2 dy

dx=6

7 Z 1

0

(x³+x³

4 )dx= 6 7×5

4×1 4 = 30

112 ≃0.2679.

Corrigé 76 On noteX le nombre d’erreurs sur 1000 heures d’utilisation. On sait que E(X) = 25 et Var(X) = 2²= 4. D’après l’inégalité de Chebyshov,

Pr(X >30)≤Pr(|X−25|>5)≤ 2

5 2

= 0.16.

Si l’´ecart-type est de 4, on trouve comme majorant ⁴₅2

= 0.64.

Corrig´e 77 On note Xi le nombre de requˆetes par seconde sur la ligne i et Z = P8

i=1Xi le nombre total de requêtes par seconde. On sait que E(Xi) = 20. En l’absence d’informations supplémentaires dans l’énoncé, il est naturel de supposer que lesXi suivent une loi de Poisson de paramètreλ= 20. Sous cette hypothèse, on a alors Var(Xi) = 20.

a) La sommeZ des requˆetes par seconde est une variable al´eatoire de moyenne E(Z) =

8

X

i=1

E(Xi) = 20×8 = 160, donc l’in´egalit´e de Markov donne Pr(Z≥500)≤160/500 = 0.32.

b) Puisque lesXi sont ind´ependants, on a Var(Z) =

8

X

i=1

Var(Xi) = 8×20 + 0 = 160 donc Pr(Z ≥500) = Pr(|Z−E(Z)| ≥340)≤ 340¹⁶⁰² = 0.0013.

Corrigé 78 On an= 300,µ= 1.1 etσ= 0.4. On noteSn l’espace nécessaire auxnimages (somme des tailles desnimages).nest assez large pour appliquer le théorème central limite :

P(Sn≤350)≃P(Sn−nµ

σ√n ≤ 350−300×1.1 0.4×√

300 ) = 0.9980 L’espace libre du disque sera tr`es vraisemblablement suffisant.

(17)

Corrigé 79 Par le théorème central limite P(X <20×60)≃Φ(20×60−85×15

4√

85 ) = Φ(−2.03) = 1−Φ(2.03) = 1−0.9788 = 0.0212.

Corrigé 80 La durée moyenne de transmission est de 1/λ= 1/5 minute et l’écart-type vaut 1/5 minute.

On utilise le th´eor`eme central limite :

P(T <60)≃Φ(60−1/5×280 1/5√

280 ) = 0.8840.

Corrigé 81 a) Soit X le nombre de requêtes échouées en une minutes. X suit une loi binomiale de paramètren= 1000 etp= 0,04. La probabilitéP(X >30) est donnée par

1−P(X ≤30) =

30

X

i=0

0,04ⁱ0,96¹⁰⁰⁰⁻ⁱC₁₀₀₀ⁱ = 0,942.

b) On peut approximer la loi binomiale par une loi normale de moyenne 1000×0,04 = 40 et de variance 1000×0,04×0,96 = 38,4, d’o`u

P(X >30)≃P

Y > 30−40

√38,4

≃0,947,

oùY est une variable aléatoire normale centrée réduite et où le résultat de l’intégrale s’obtient à l’aide d’une table.

Puisque n= 1000 est grand etp= 0,04 est petit, on peut aussi approximer cette binomiale par une loi de Poisson. Dans ce cas, on trouveP(X >30)≃0,938.

Corrigé 82 a) SoitX le nombre de personnes qui choisissent de monter dans le premier wagon. Il y en a doncN−X qui font le choix du second wagon.X suit une loi binomiale de paramètre (N,1/2). Pour que tous les passagers ne puissent pas prendre le train, il faut que soitX soit N −X soit strictement supérieur àn. La probabilitéprecherchée est donnée par

p=P({X > n} ∪ {N−X > n}) =P({X > n} ∪ {X < N−n}), soit encore, en passant au compl´ementaire,

p= 1−P({X ≤n} ∩ {X ≥N−n}) = 1−P(N−n≤X ≤n).

On approxime la loi binomiale par une loi normale de moyenneN/2 et de varianceN/4, d’o`u P(N−n≤X≤N)≃P −n−N/2

pN/4 ≤Y ≤ n−N/2 pN/4

! , oùY est une variable aléatoire normale centrée réduite.

b) En utilisant les tables, N= 1000 etp= 0,01, on obtient n−N/2

pN/4 ≃2.58, d’o`u

n≃541.

Corrigé 83 En 25 journées de travail, 625 ordinateurs sont assemblés ; à chacune d’entre elles correspond une variable de Bernoulli Xi de paramètre p = 0.95, prenant la valeur 1 si l’ordinateur fonctionne correctement, 0 sinon. Ces variables aléatoires sont indépendantes, leur somme a pour moyenne :

E(

625

X

i=1

Xi) = 625×0,95 = 593.75 et pour variance :

V ar(

625

X

i=1

Xi) =

625

X

i=1

V ar(Xi) = 625×0,95×0,05 = 29.6875.