Université Paris Dauphine Année universitaire 2016-2017
Deuxième année du DE MI2E TD de MR. BEY
Probabilités multidimensionnelles et théorèmes limite Groupes 2 & 3
TD1 : 25/01/2017 Correction Exos Rappels
Solution Exercice 10
Rappel : Loi normale centrée réduite
X suit une loi normale centrée réduite, notée N(0,1)si sa densité de probabilité est égale à la fonctionϕ(t) = √12πe−t
2
2 . Sa fonction de répartitionΦ(ou encoreΦX) est donc dénie par : ΦX(t) = P(X 6t) =
Z t
−∞
ϕ(x)dx.
Figure 1 Courbe de Gauss Cϕ (gauche), Fonction de répartitionΦX(t) =P(X 6t)de la loi normale centrée réduite (droite)
La table de la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite donne les valeurs deP(X 6t)pourtpositif donné. Pour déterminer d'autres valeurs, on utilise les formules suivantes :
P(X > t) = 1−P(X 6t) = 1−ΦX(t).
P(a 6X 6b) =P(X 6b)−P(X 6a) = ΦX(b)−ΦX(b).
Pour t négatif, on utilise
ΦX(t) =P(X 6t)
=P(X >−t)
= 1−P(X 6−t) = 1−ΦX(−t).
1
t 12 1 2 3 4 P(X 6t) 0.6915 0.8413 0.9772 0.9986 0.9999
Table 1 Table de la fonction de répartition de la loi N(0,1)pour quelques valeurs de t.
1) P(−46X 6−3) = ΦX(−3)−ΦX(−4) = (1−ΦX(3))−(1−ΦX(4))
= ΦX(4)−ΦX(3) = 0,0013.
2) P(−1
2 6X 6 1
2) = ΦX(1
2)−ΦX(−1
2) = ΦX(1 2)−
1−ΦX(1 2)
= 2 ΦX(1 2)−1
= 2 ΦX(1
2)−1 = 0,383.
3) P(16X 62) = ΦX(2)−ΦX(1) = 0,1359.
Après calcul, nous concluons que P(X ∈[−4,−3])6P(X ∈[1,2]) 6P(X ∈[−1 2,1
2]).
Solution Exercice 1
Énoncé : Huit tours sont disposées au hasard sur un jeu d'échec. Calculer la probabi- lité qu'aucune tour ne puisse ne prendre un autre, donc qu'aucune ligne ni colonne ne contienne plus qu'une tour.
Il faut placer les tours de manière à ce qu'aucune ne puisse prendre une autre, c'est-à-dire que l'on ne peut pas trouver deux tours qui partagent une même ligne ou une même co- lonne. On peut placer la première tour de 64 manières diérentes, une fois placée, celle-ci interdit la ligne et la colonne où elle se trouve, c'est-à-dire 15 cases. Il reste alors 49 pos- sibilités pour mettre la seconde, qui à son tour condamne 13 cases. Il reste alors 36 cases de libres pour la quatrième... et ainsi de suite. En étudiant de plus près la série obtenue (64×49×36×25....), on se rend compte que l'on peut la traduire par l'expression :
8
Y
i=1
i2
On peut mettre huit tours de 64×63×62×61×60×59×58 = manières possible. La probabilité recherchée est donc :
Q8 i=1i2
64×63×62×61×60×59×58 = 1.6×109
3.12×1012 = 0.00051 Solution Exercice 2
Énoncé : On distribue les cartes d'un paquet en comptant 52. Quelle est la probabilité que la 14ème carte distribuée soit un as? Quelle est la probabilité que le premier as survienne
2
à la 14ème carte ? 1)- Il y a
4 1
manières d'avoir un as à la 14 ème position, soit un as de pique, soit un as de valet,..., donc on a 4 choix sur 52 cartes donc une probabilité de 1/13. On peut aussi raisonner de la façon suivante :
On a A5113 possibilités d'avoir les 13 premières cartes puisqu'on doit garder un as pour la 14 ème carte, et
4 1
manières de garder un as. Puisque le nombre de possibilités total de choisir les 14 cartes est A5214 alors
Pr{14 ème carte distribuée soit un as}=
A5113× 4
1
A5214
2)-Puisque on ne peut pas avoir d'as dans les 13 premières cartes, alors il y aA4813manières de les choisir, et
4 1
choisir un as à la 14 ème carte :
Pr{le premier as survienne à la 14 ème carte}=
A4813× 4
1
A5214 = 003116
3
