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Travaux dirigeacutes de Statistique 3 en Octobre 2013TD ndeg 1 Calcul des probabiliteacutes

A traiter du 30 Septembre 2013 au 4 Octobre 2013

Exercice 11-Soit A et B deux eacuteveacutenements quelconquesCalculer P(A cap B) en fonction de P(A) et P(B) et P(A cup B)En deacuteduire la valeur minimale de P(A cap B) en fonction de P(A) et P(B)2-Au cours drsquoune terrible bataille au moyen acircge 85 des combattants ont perdu une oreilleet 80 un œil et 75 un bras et 70 une jambeQuel est le pourcentage minimal de ceux qui ont perdu agrave la fois une oreille et un œilEn deacuteduire le pourcentage minimal de ceux qui ont perdu agrave la fois une oreille et un œil et unbras et une jambe

Deacutemonstration

1-On part des relations P(A) + P(B) = P(AcupB) + P(AcapB) et P(AcupB) = P(Ω) le 1 donc

P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(Acup B) ge P(A) + P(B) ndash 1 donc le minimum est atteint si AcupB = P(Ω)

2-On note les eacutevegravenements OR = laquo le combattant a perdu une oreille raquo et OE = laquo le combattant a perdu un œil raquoB = laquo le combattant a perdu un bras raquo et J = laquo le combattant a perdu une jambe raquo

Donc P(OR cap OE) ge P(OR) + P(OE) ndash 1 = 085 + 080 ndash 1 = 065

P(B cap J) ge P(B) + P(J) ndash 1 = 075 + 070 ndash 1 = 045

P(OR cap OE cap B cap J) = P[(OR cap OE) cap (B cap J)] ge P(OR cap OE) + P(B cap J) ndash 1 ge 065 + 045 ndash 1 = 010

Le minimum est atteint si B cup J = OR cup OE = Ω

Remarque

1-Pour eacutetablir la relations P(A)+P(B) = P(A cup B) + P(A cap B) on utilise la relation

[ (E sub Ω et Fsub Ω et EcapF = empty) rArr P(EcupF) = P(E) + P(F) ]

On pose Fc = x isin Ω x notin F et EF = E cap (Fc)

Ainsi Acap(BA) = empty et (A B)cap(BA) = empty donc [(AB) cup (BA)] cap(AcapB) = empty

On a AcupB = [(AcupB)(AcapB)] cup (Acap B)= [(AB) cup (BA)] cup (A cap B) donc

P(Acup B) =P[(AB) cup (BA)] + P(A cap B) = P(AB) + P(BA) + P(Acap B)

Mais A = (AB) cup (A cap B) et (AB) cup (Acap B) = empty donc P(A) = P(AB) + P(A cap B)

De mecircme P(B)= P(BA) + P(BcapA) et en ajoutant

P(A) + P(B)= [P(AB) + P(A cap B)] + [P(BA) + P(B cap A)] = P(AB) + P(BA) + 2 P(A cap B) donc

P(AB) + P(BA) = P(A) + P(B) - 2 P(A cap B)

De P(Acup B) = P(AB) + P(BA) + P(Acap B) on deacuteduit alors P(Acup B) = P(A) + P(B) - P(A cap B)

2-On a utiliseacute les assertions

Si A cap B = empty alors P(AcupB) = P(A) + P(B)

Si A = B = empty alors P(AcupB) = P(A cap B) = 0

2

Exercice 2Un candidat participe agrave un jeu ougrave on lui pose quatre questions agrave choix multiple avec troisreacuteponses proposeacutees agrave chaque fois une seule eacutetant correcteIl reacutepond au hasard et de faccedilon indeacutependante agrave chaque questionIl gagne et le jeu srsquoarrecircte srsquoil fournit deux bonnes reacuteponses conseacutecutivesCalculer la probabiliteacute quil gagne agrave ce jeu

Deacutemonstration

On note G lrsquoeacuteveacutenement laquo Donner une bonne reacuteponse agrave une question raquo donc G ܩ cap = empty et

P(G = ) = P(Ω) = 1 et P(G)ܩ cupଵ

ଷet P(ܩ) = 1 ndash

ଵ

ଷ=

ଶ

ଷ

On peut utiliser un scheacutema du type suivant

G (Termineacute)G (Termineacute)

G G ܩ

ܩ

ܩ

G (Termineacute)G

ܩ

ܩ G (Termineacute)

G ܩ

ܩ

ܩ

On note ܩ lrsquoeacuteveacutenement laquo le candidat donne une bonne reacuteponse agrave la egrave question raquo donc

ܩ est lrsquoeacuteveacutenement laquo le candidat donne une mauvaise reacuteponse agrave la egrave question raquo

Le candidat gagne dans les 4 cas du scheacutema ougrave figure la mention laquo Termineacute raquo agrave savoir les 4cas suivants ଵܩ cap ଶܩ et ଵܩ

cap ଶܩ cap ଷܩ et ଵܩ cap ଶܩ cap ଷܩ cap ସܩ et ଵܩ

cap ଶܩ cap ଷܩ cap ସܩ

En mettant sur les flegraveches la probabiliteacuteଵ

ଷsi lrsquoon obtient G et la probabiliteacute

ଶ

ଷsi lrsquoon obtient ܩ on

calcule les quatre probabiliteacutes P(ܩଵ cap (ଶܩ et P(ܩଵ cap ଶܩ cap (ଷܩ et P(ܩଵ cap ଶܩ

cap ଷܩ cap (ସܩ etP(ܩଵ

cap ଶܩ cap ଷܩ cap (ସܩ

On peut aussi proceacuteder ainsi 1-Pour gagner au jeu agrave la question 2 il faut et il suffit avoir donneacute une bonne reacuteponse aux questions 1

et 2 ce qui correspond agrave la situation ଵܩ cap ଶܩ donc la probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question 2 est

(ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) = (

ଵ

ଷ)ଶ

2-Pour gagner au jeu agrave la question 3 il faut et il suffit avoir donneacute une mauvaise reacuteponse agrave la question

1 et donner une bonne reacuteponse aux questions 2 et 3 ce qui correspond agrave la situation ଵܩ cap ଶܩ cap ଷܩ

donc la probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question 3 est (ଶ

ଷ) (ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) = (

ଶ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ

3

3-A la question 4 deux situations sont possibles pour gagner au jeu

-soit ଵܩ cap ଶܩ cap ଷܩ cap ସܩ (cest-agrave-dire avoir donneacute une bonne reacuteponse agrave la question 1 et avoir

donneacute une mauvaise reacuteponse agrave la question 2 puis avoir donneacute une bonne reacuteponse agrave la question 3 etavoir donneacute une bonne reacuteponse agrave la question 4)

-soit ଵܩ cap ଶܩ

cap ଷܩ cap ସܩ (cest-agrave-dire avoir donneacute une mauvaise reacuteponse aux questions 1 et 2 puisavoir donneacute une bonne reacuteponse aux questions 3 et 4)

La probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question 4 est donc (ଵ

ଷ) (ଶ

ଷ) (ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) + (

ଶ

ଷ) (ଶ

ଷ) (ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) = (

ଶ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ =

ସ

ଶ

4-Notons le 4 ge la probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question k donc 2

La probabiliteacute de gagner au jeu est donc sum ୩ஹଶ = (ଵ

ଷ)ଶ + (

ଶ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ + (

ସ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ =

ଶ

RemarqueOn peut aussi noter ܬ lrsquoeacuteveacutenement laquo le candidat donne une reacuteponse juste agrave la question k raquodonc la probabiliteacute que le candidat gagne au jeu est

= P [ ଵܬ) cap ⋃ (ଶܬ ଵܬ)cap ଶܬ cap (ଷܬ ⋃ ( ଵܬ

⋃ܬଵ) cap ଶܬ) cap ଷܬ cap [(ସܬ

= P [ ଵܬ cap [ଶܬ + P[ ଵܬ cap ଶܬ cap [ଷܬ + P[ ( ଵܬ

⋃ܬଵ) cap ଶܬ cap ଷܬ cap [ସܬ

en notant que ଵܬ) cap cap (ଶܬ ଵܬ) cap ଶܬ cap (ଷܬ = empty et que

ଵܬ) cap ⋃ (ଶܬ ଵܬ) cap ଶܬ cap (ଷܬ cap ଵܬ)

⋃ܬଵ) cap ଶܬ)cap ଷܬ cap (ସܬ = empty

Exercice 3Dans une certaine population la probabiliteacute de naissance drsquoun garccedilon est de 47Deacuteterminer sous forme de fraction la proportion de familles de 3 enfants ougrave les enfants nesont pas tous de mecircme sexe (en preacutecisant lrsquoensemble fondamental retenu pour modeacuteliser ceproblegraveme)

DeacutemonstrationOn note ܩ lrsquoeacuteveacutenement laquo le egrave enfant est un garccedilon raquo et on note ܨ lrsquoeacuteveacutenement laquo le egrave

enfant est une fille raquoOn note G lrsquoeacuteveacutenement laquo lrsquoenfant est un garccedilon raquo et on note F lrsquoeacuteveacutenement laquo lrsquoenfant est une fille raquoOn pose Ω = ଵܨ ଵܩ x ଶܨ ଶܩ x ଷܨ ଷܩ et on note S lrsquoeacuteveacutenement laquo Les trois enfants sont tousdu mecircme sexe raquo donc S = ଵܩ) cap ଶܩ cap cup (ଷܩ ଵܨ) cap ଶܨ cap (ଷܨOn a ܨ cap ܩ = empty donc ଵܩ) cap ଶܩ cap (ଷܩ cap ଵܨ) cap ଶܨ cap (ଷܨ = empty

On a P(ܩ) = P(G) =ସ

donc P(ܨ) = P(F) = 1 ndash

ସ

=ଷ

Les eacuteveacutenements ଵܩ (agrave savoir laquo le premier enfant est un garccedilon raquo) et ଶܩ (agrave savoir laquo le deuxiegraveme enfantest un garccedilon raquo) et ଷܩ (agrave savoir laquo le troisiegraveme enfant est un garccedilon raquo) peuvent ecirctre consideacutereacutescomme sans lien entre eux donc comme eacutetant des eacuteveacutenements indeacutependants donc

P(ܩଵ cap ଶܩ cap (ଷܩ = P(ܩଵ) P(ܩଶ) P(ܩଷ) = =ଷ[(ܩ)] (ସ

)ଷ

Les eacuteveacutenements ଵܨ (agrave savoir laquo le premier enfant est une fille raquo) et ଶܨ (agrave savoir laquo le deuxiegraveme enfantest une fille raquo) et ଷܨ (agrave savoir laquo le troisiegraveme enfant est une fille raquo) peuvent ecirctre consideacutereacutes commesans lien entre eux donc comme eacutetant des eacuteveacutenements indeacutependants donc

P(ܨଵ cap ଶܨ cap (ଷܨ = P(ܨଵ) P(ܨଶ) P(ܨଷ) = =ଷ[(ܨ)] (ଷ

)ଷ

Donc P(S) = P ଵܩ) cap ଶܩ cap (ଷܩ + P ଵܨ) cap ଶܨ cap (ଷܨ = (ସ

)ଷ + (

ଷ

)ଷ

On a P() = 1 ndash P(S) = 1 ndash [ ((ସ

)ଷ + (

ଷ

)ଷ ] = 1 ndash

ସାଶ

௫ସଽ=

௫ସଽndash (ସା ଶ)

௫ସଽ=௫ସଽndash ଽଵ

௫ସଽ=௫ସଽndash ௫ଵଷ

௫ସଽ=

ଷ

ସଽ

4

Exercice 4On jette simultaneacutement deux deacutes numeacuteroteacutes de 1 agrave 6Deacuteterminer lrsquoensemble fondamental dans les cas suivants1-Les deux deacutes sont distincts2-Les deux deacutes sont identiques3-Les deux deacutes sont identiques et on ne srsquointeacuteresse qursquoagrave la pariteacute du reacutesultat

DeacutemonstrationNotons E = 1 2 3 4 5 6 donc Card E = 6

1-Si Ω est lrsquoensemble des couples ordonneacutes (ab) distincts lorsque a isin E et b isin E alors Card Ω = 62

2-Si Ω est lrsquoensemble des couples non ordonneacutes ab distincts alors Card Ω = sum ଵஸஸ = 21

En effet on ne peut plus distinguer (ab) et (ba) donc on eacutecrit ab et lrsquoensemble Ω contient les eacuteleacutements suivants (11)

(12) (22)

(13) (23) (33)

(14) (24) (34) (44)

(15) (25) (35) (45) (55)

(16) (26) (36) (46) (56) (66)

Remarque Si un tableau admet n lignes et n colonnes la diagonale contient n cases donc le nombre de

cases situeacutees sous la diagonale estଵ

ଶ(ଶndash ) donc le nombre de cases comprenant la

diagonale et les cases sous la diagonale est =ଵ

ଶ(ଶndash ) + =

ଵ

ଶ(ଶ+ ) =

మା

ଶ

Dans le cas ougrave n = 6 on a =మା

ଶ= 21

Remarque

On a 0 1 ௫భ hellip ௫ = 2

3-Notons que (pair impair) et (impair pair) sont identiquesDonc Ω = (pair impair) (pair pair) (impair impair) alors Card Ω =3

Exercice 5On lance 3 piegraveces de monnaie identiquesCalculer la probabiliteacute de tous les reacutesultats distincts en preacutecisant lrsquoensemble fondamentalretenu pour modeacuteliser ce problegravemeMecircmes questions si on lance 4 piegraveces de monnaie identiques

DeacutemonstrationNotons p = pile et f = face et E = p f

1-On lance 3 piegraveces donc Ω = a b c a isin E et b isin E et cisin E = p f x p f x p f = p f3

Donc Card Ω = 23 = 8

Les eacutevegravenements eacuteleacutementaires sont eacutequiprobables de probabiliteacute eacuteleacutementaire eacutegale agraveଵ

5

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 8 eacuteleacutements

(p p p) (p p f) (p f p) (f p p)

(f p f) (f f f) (f f p) (p f f)

Drsquoougrave P(2p1f) = P(2f1p) =ଷ

et P(3p) = P(3f) =

ଵ

ce sont les seuls reacutesultats distincts

On peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FFP

PF

FP

FF

2-On lance 4 piegraveces donc

Ω = a b c d a isin E et b isin E et c isin E et d isin E = p f x p f x p f x p f = p f4

Donc Card Ω = 24 = 16

Les eacutevegravenements eacuteleacutementaires sont eacutequiprobables de probabiliteacute eacuteleacutementaire eacutegale agraveଵ

ଵ

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 16 eacuteleacutements

Il y a un eacuteleacutement (p p p p) Il y a un eacuteleacutement (f f f f) Donc P(p p p p) = P(f f f f) = 116

Il y a 4 eacuteleacutements du type (1p 3f) agrave savoir

(p f f f) (f p f f) (f f p f) (f f f p)

Donc P(1p 3f) =ସ

ଵ=ଵ

ସ

Il y a 4 eacuteleacutements du type (3p 1f) agrave savoir

(f p p p) (p f p p) (p p f p) (p p p f)

Donc P(3p 1f) =ସ

ଵ= frac14

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(3p 1f) = ସܥଷ (

ଵ

ଶ)ସ

Il y a 6 eacuteleacutements du type (2p 2f) agrave savoir

(p p f f) (f f p p) (p f f p) (f p p f) (p f p f) (f p f p)

Donc P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(2p 2f) = ସܥଶ (

ଵ

ଶ)ସ

6

Finalement P(4p) = P(4f) =ଵ

ଵet P(1p 3f) = P(3p 1f) =

ସ

ଵ=ଵ

ସet P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

ce sont les seuls

reacutesultats distinctsOn peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FP F

PP

FF

PF

F

PP

FP P

FF F

PP

FF

PF

F

Exercice 6Une urne contient 3 boules rouges et 2 boules noiresOn effectue des tirages successifs sans remise et on srsquoarrecircte quand on a obtenu 2 boulesrougesPreacuteciser lrsquoensemble fondamental associeacute agrave cette expeacuterience en indiquant la probabiliteacute dechaque eacuteveacutenement eacuteleacutementaire

DeacutemonstrationComme le tirage est sans remise les eacuteveacutenements ne sont pas indeacutependants

Lrsquourne contient 5 boules agrave savoir 3 boules rouges et 2 boules noiresOn deacutesigne ainsi les ensembles suivants B = laquo Boule raquo et N = laquo Boule noire raquo et R = laquo Boule rouge raquo

Lorsque A et B et C et D sont des eacuteveacutenements on pose

AB = A cap B et ABC = A cap B cap C et ABCD = A cap B cap C cap D

7

On note U = 3R 2N lrsquourne et on dresse un arbre en partant de 3 boules rouges (noteacutees 3R) et 2boules noires (noteacutees 2N)Les tirages effectueacutes dans lrsquourne U = 3R 2N sont scheacutematiseacutes par lrsquoarbre suivant qui se lit degauche agrave droite

Il reste 12 R 23 RR dans lrsquourne 12 Il reste

4B=2R+2N N dans lrsquourne 13 Il reste 1U 35 3B=2R+1N N dans lrsquourne R

25 Il reste 23 2B=2RIl reste 34 R dans lrsquourne R

N dans lrsquourne 3B=2R+1N 13 Il reste 14B=3R+1N 14 N dans lrsquourne R

N Il reste 1 1 2B=2Rdans lrsquourne R R

3B=3R

Lrsquourne contient drsquoabord 5 boules puis agrave lrsquoissue du 1er tirage lrsquourne contient 4 boules (situationscheacutematiseacutee par 4B) puis agrave lrsquoissue du 2egraveme tirage lrsquourne contient 3 boules (situation scheacutematiseacutee par3B) puis agrave lrsquoissue du 3egraveme tirage lrsquourne contient 2 boules (situation scheacutematiseacutee par 2B)Lrsquoensemble Ω qui modeacutelise lrsquoexpeacuterience a six eacuteleacutements eacuteleacutementaires et on a Ω = RR RNR RNNR NRR NRNR NNRR Plus preacuteciseacutement

P(RR) = (35)(12) = 310P(RNR) = (35)(12)(23) = 210P(RNNR) = (35)(12)(13)(1) = 110

On note que

(ଷ

ଵ+

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ) + (

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ+

ଵ

ଵ) = 1

P(NRR) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = (25)(14)(1)(1) = 110

En lrsquoabsence de scheacutema on peut noter que comme le tirage est sans remise les eacuteveacutenementsne sont pas indeacutependants donc on calcule les intersections drsquoeacuteveacutenements en utilisant lesprobabiliteacutes conditionnelles et la formule des probabiliteacutes composeacutees

P(RcapR) = P(ଵ cap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ|ଶ) = (35)(24) = 310P(RcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (35)(12)(23) = 210

P(RcapNcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (35)(12)(13)(1) =ଵ

ଵ

P(NRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(14)(1)(1) = 110

Exercice 7Une urne contient sept boules blanches et trois boules noires et une autre quatre boulesblanches et deux boules noiresOn tire une boule dans chaque urneCalculer la probabiliteacute de tirer deux boules de mecircme couleur

8

DeacutemonstrationConsideacuterons les deux urnes ଵ= 7B 3N et ଶ = 4B 2N

Notons les eacuteveacutenements ܤ = laquo tirer une boule blanche de raquo et = laquo tirer une boule noire de raquoLrsquoensemble Ω est constitueacute drsquoeacuteleacutements de la forme ܤ cap

On a drsquoune part P(ܤଵ) =

ଵet P(ܤଶ) =

ସ

et drsquoautre part P(ଵ) =

ଷ

ଵet P(ଶ) =

ଶ

Les eacutevegravenements ଵܤ et ଶܤ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) et leseacutevegravenements ଵ et ଶ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) donc

P(ܤଵcap (ଶܤ = P (ଵܤ) P(ܤଶ) = ቀ

ଵቁ(

ସ

) =

ଵହet P (ଵcap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ) = (

ଷ

ଵ)(ଶ

) =

ଵ

ଵ

La probabiliteacute de tirer deux boules de la mecircme couleur est P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)]

Lors drsquoun mecircme tirage on ne peut pas tirer une boule blanche et une boule noire ensemble de lrsquourne

(mais soit une boule blanche soit une boule noire) donc ܤ cap = empty si 1 le le 2

Les eacuteveacutenements capଵܤ ଶetܤ ଵcap ଶ sont incompatibles (car capଵܤ ଶܤ sub ଵetܤ ଵcap ଶ sub ଵ donc

capଵܤ) (ଶܤ cap (ଵcap ଶ) sub capଵܤ ଵ = empty) donc

P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)] = P(ܤଵcap (ଶܤ + P(ଵcap ଶ) = P(ܤଵ)P(ܤଶ) + P(ଵ)P(ଶ) =

ଵହ+

ଵ

ଵ=ାଵହ

ଵହ=ଵସାଷ

ଷ

=ଵ

ଷ

Remarque

ଵଵܤ

ଵଷ

ଵ

ଵOn peut utiliser un scheacutema

46 ଶܤଶ

26 ଶ

Remarque (Lecoutre pages 10 et 17)

Les eacuteveacutenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B) = P (A) P(B)

Les eacuteveacutenements A et B sont incompatibles si et seulement si A cap B = empty

On notera que lorsque les trois relations A cap B = empty et P(A) gt 0 et P(B) gt 0 sont veacuterifieacutees les

eacuteveacutenements A et B sont incompatibles et ne sont pas indeacutependants [car P(A cap B) = 0 lt P (A) P(B)]

cette situation peut se rencontrer si B = ܣ

En revanche les eacuteveacutenements A et B veacuterifiant A cap B ne empty et P(A cap B) = P (A) P(B) sont indeacutependants et

ne sont pas incompatibles cette situation peut se rencontrer lors drsquoune suite de tirages de boulesextraites drsquoune mecircme urne telle toute boule tireacutee soit remise dans lrsquourne avant le tirage suivant et Alrsquoeacuteveacutenement laquo au 2egraveme tirage on obtient une boule noire raquo et B lrsquoeacuteveacutenement laquo au 3egraveme tirage onobtient une boule blanche raquo

9

TD ndeg 2 Calcul des probabiliteacutesA traiter du 21 au 25 Octobre 2013

Exercice 1 Examen Janvier 2013 Exercice 2Trois joueurs A et B et C tirent successivement et sans remise une boule dans une urne quicontient 4 boules noires 2 boules rouges et une boule verteSi un joueur tire une boule noire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircteCalculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur

DeacutemonstrationLes eacuteveacutenements utiliseacutes sont les eacuteveacutenements agrave savoir laquo Une boule noire est tireacutee lors du

egrave tirage raquoLes tirages sont sans remise donc les tirages ne sont pas indeacutependants-Lorsque A joue il y a 4+2+1 = 7 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc la probabiliteacuteP(A) que A gagne est la probabiliteacute P(ଵ) qursquoune boule noire soit tireacutee lors du premier tirage

donc P(A) = P(ଵ) =ସ

=ଶ

ଷହ

-Si B joue crsquoest que A a perdu donc il y a 6 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc laprobabiliteacute P(B) que B gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶ) qursquoune boule noire soit tireacutee par B

lors du deuxiegraveme tirage donc P(B) = P(ଵതതതcap ଶ) = P(ଵതതത) P(ଶ|ଵതതത) = (1 ndashସ

) (ସ

) = (

ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=ଵ

ଷହ

-Si C joue crsquoest que A et B ont perdu donc il y a 5 boules dans lrsquourne dont 4 boules noiresdonc la probabiliteacute P(C) que C gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) qursquoune boule noiresoit tireacutee par C lors du troisiegraveme tirage donc

P(C) = P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) = P(ଵതതത) P(ଶതതതത|ଵതതത) P(ଷ|ଵതതതcap ଶതതതത) = (1 ndashସ

) (1 ndash

ସ

) (ସ

ହ) = (

ଷ

)(ଶ

) (ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Remarque Il y a quatre tirages au plus donc on note X le nombre (aleacuteatoire) de tirages

Donc P(A) = P(X = 1) et P(B) = P(X = 2) et P(C) = P(X = 3) et P(A) =ସ

=ଶ

ଷହet on a

P(B) = P(B cap (ܣ = P(ܣ)P(B|ܣ) = (ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=

ଵ

ଷହet P(C) = P(ܣ)P(ܤത|ܣ) P(C|ܣ cap (തܤ = (

ଷ

)(ଶ

)(ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Il y a une probabiliteacute p =ଵ

ଷହque ni A ni B ni C ne gagne la partie donc

p = P(X = 4) = 1 ndash [P(A) + P(B) + P(C)] = 1 ndashଶାଵାସ

ଷହ=

ଵ

ଷହ

Exercice 2Deux eacuteveacutenements A et B ont comme probabiliteacutes respectives 14 et 13 de se reacutealiser seuls(lrsquoun et pas lrsquoautre)Sachant que la probabiliteacute que lrsquoun ou lrsquoautre se reacutealise est de 34 preacutecisez srsquoils sontindeacutependants ou non

Deacutemonstration

On note ܣ = ܣ = x isin Ω xnotin A le compleacutementaire de A donc A ⋂ ܣ = empty

Traduisons les hypothegraveses P(A cup B) =ଷ

ସet P(A cap Bc) =

ଵ

ସet P(Ac cap B) =

ଵ

ଷ

On a A = A cap Ω = A cap (BcupBc) = (AcapB) cup (AcapBc) et de mecircme B = (AcapB) cup (BcapAc)

On a (AcapB) cap (AcapBc) = empty = (AcapB) cap (BcapAc) = (AcapBc) cap (BcapAc) donc

Donc A cup B = (A cap Bc) cup (B cap Ac) cup (A cap B) est reacuteunion de trois ensembles deux agrave deux disjoints

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

2

Exercice 2Un candidat participe agrave un jeu ougrave on lui pose quatre questions agrave choix multiple avec troisreacuteponses proposeacutees agrave chaque fois une seule eacutetant correcteIl reacutepond au hasard et de faccedilon indeacutependante agrave chaque questionIl gagne et le jeu srsquoarrecircte srsquoil fournit deux bonnes reacuteponses conseacutecutivesCalculer la probabiliteacute quil gagne agrave ce jeu

Deacutemonstration

On note G lrsquoeacuteveacutenement laquo Donner une bonne reacuteponse agrave une question raquo donc G ܩ cap = empty et

P(G = ) = P(Ω) = 1 et P(G)ܩ cupଵ

ଷet P(ܩ) = 1 ndash

ଵ

ଷ=

ଶ

ଷ

On peut utiliser un scheacutema du type suivant

G (Termineacute)G (Termineacute)

G G ܩ

ܩ

ܩ

G (Termineacute)G

ܩ

ܩ G (Termineacute)

G ܩ

ܩ

ܩ

On note ܩ lrsquoeacuteveacutenement laquo le candidat donne une bonne reacuteponse agrave la egrave question raquo donc

ܩ est lrsquoeacuteveacutenement laquo le candidat donne une mauvaise reacuteponse agrave la egrave question raquo

Le candidat gagne dans les 4 cas du scheacutema ougrave figure la mention laquo Termineacute raquo agrave savoir les 4cas suivants ଵܩ cap ଶܩ et ଵܩ

cap ଶܩ cap ଷܩ et ଵܩ cap ଶܩ cap ଷܩ cap ସܩ et ଵܩ

cap ଶܩ cap ଷܩ cap ସܩ

En mettant sur les flegraveches la probabiliteacuteଵ

ଷsi lrsquoon obtient G et la probabiliteacute

ଶ

ଷsi lrsquoon obtient ܩ on

calcule les quatre probabiliteacutes P(ܩଵ cap (ଶܩ et P(ܩଵ cap ଶܩ cap (ଷܩ et P(ܩଵ cap ଶܩ

cap ଷܩ cap (ସܩ etP(ܩଵ

cap ଶܩ cap ଷܩ cap (ସܩ

On peut aussi proceacuteder ainsi 1-Pour gagner au jeu agrave la question 2 il faut et il suffit avoir donneacute une bonne reacuteponse aux questions 1

et 2 ce qui correspond agrave la situation ଵܩ cap ଶܩ donc la probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question 2 est

(ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) = (

ଵ

ଷ)ଶ

2-Pour gagner au jeu agrave la question 3 il faut et il suffit avoir donneacute une mauvaise reacuteponse agrave la question

1 et donner une bonne reacuteponse aux questions 2 et 3 ce qui correspond agrave la situation ଵܩ cap ଶܩ cap ଷܩ

donc la probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question 3 est (ଶ

ଷ) (ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) = (

ଶ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ

3

3-A la question 4 deux situations sont possibles pour gagner au jeu

-soit ଵܩ cap ଶܩ cap ଷܩ cap ସܩ (cest-agrave-dire avoir donneacute une bonne reacuteponse agrave la question 1 et avoir

donneacute une mauvaise reacuteponse agrave la question 2 puis avoir donneacute une bonne reacuteponse agrave la question 3 etavoir donneacute une bonne reacuteponse agrave la question 4)

-soit ଵܩ cap ଶܩ

cap ଷܩ cap ସܩ (cest-agrave-dire avoir donneacute une mauvaise reacuteponse aux questions 1 et 2 puisavoir donneacute une bonne reacuteponse aux questions 3 et 4)

La probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question 4 est donc (ଵ

ଷ) (ଶ

ଷ) (ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) + (

ଶ

ଷ) (ଶ

ଷ) (ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) = (

ଶ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ =

ସ

ଶ

4-Notons le 4 ge la probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question k donc 2

La probabiliteacute de gagner au jeu est donc sum ୩ஹଶ = (ଵ

ଷ)ଶ + (

ଶ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ + (

ସ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ =

ଶ

RemarqueOn peut aussi noter ܬ lrsquoeacuteveacutenement laquo le candidat donne une reacuteponse juste agrave la question k raquodonc la probabiliteacute que le candidat gagne au jeu est

= P [ ଵܬ) cap ⋃ (ଶܬ ଵܬ)cap ଶܬ cap (ଷܬ ⋃ ( ଵܬ

⋃ܬଵ) cap ଶܬ) cap ଷܬ cap [(ସܬ

= P [ ଵܬ cap [ଶܬ + P[ ଵܬ cap ଶܬ cap [ଷܬ + P[ ( ଵܬ

⋃ܬଵ) cap ଶܬ cap ଷܬ cap [ସܬ

en notant que ଵܬ) cap cap (ଶܬ ଵܬ) cap ଶܬ cap (ଷܬ = empty et que

ଵܬ) cap ⋃ (ଶܬ ଵܬ) cap ଶܬ cap (ଷܬ cap ଵܬ)

⋃ܬଵ) cap ଶܬ)cap ଷܬ cap (ସܬ = empty

Exercice 3Dans une certaine population la probabiliteacute de naissance drsquoun garccedilon est de 47Deacuteterminer sous forme de fraction la proportion de familles de 3 enfants ougrave les enfants nesont pas tous de mecircme sexe (en preacutecisant lrsquoensemble fondamental retenu pour modeacuteliser ceproblegraveme)

DeacutemonstrationOn note ܩ lrsquoeacuteveacutenement laquo le egrave enfant est un garccedilon raquo et on note ܨ lrsquoeacuteveacutenement laquo le egrave

enfant est une fille raquoOn note G lrsquoeacuteveacutenement laquo lrsquoenfant est un garccedilon raquo et on note F lrsquoeacuteveacutenement laquo lrsquoenfant est une fille raquoOn pose Ω = ଵܨ ଵܩ x ଶܨ ଶܩ x ଷܨ ଷܩ et on note S lrsquoeacuteveacutenement laquo Les trois enfants sont tousdu mecircme sexe raquo donc S = ଵܩ) cap ଶܩ cap cup (ଷܩ ଵܨ) cap ଶܨ cap (ଷܨOn a ܨ cap ܩ = empty donc ଵܩ) cap ଶܩ cap (ଷܩ cap ଵܨ) cap ଶܨ cap (ଷܨ = empty

On a P(ܩ) = P(G) =ସ

donc P(ܨ) = P(F) = 1 ndash

ସ

=ଷ

Les eacuteveacutenements ଵܩ (agrave savoir laquo le premier enfant est un garccedilon raquo) et ଶܩ (agrave savoir laquo le deuxiegraveme enfantest un garccedilon raquo) et ଷܩ (agrave savoir laquo le troisiegraveme enfant est un garccedilon raquo) peuvent ecirctre consideacutereacutescomme sans lien entre eux donc comme eacutetant des eacuteveacutenements indeacutependants donc

P(ܩଵ cap ଶܩ cap (ଷܩ = P(ܩଵ) P(ܩଶ) P(ܩଷ) = =ଷ[(ܩ)] (ସ

)ଷ

Les eacuteveacutenements ଵܨ (agrave savoir laquo le premier enfant est une fille raquo) et ଶܨ (agrave savoir laquo le deuxiegraveme enfantest une fille raquo) et ଷܨ (agrave savoir laquo le troisiegraveme enfant est une fille raquo) peuvent ecirctre consideacutereacutes commesans lien entre eux donc comme eacutetant des eacuteveacutenements indeacutependants donc

P(ܨଵ cap ଶܨ cap (ଷܨ = P(ܨଵ) P(ܨଶ) P(ܨଷ) = =ଷ[(ܨ)] (ଷ

)ଷ

Donc P(S) = P ଵܩ) cap ଶܩ cap (ଷܩ + P ଵܨ) cap ଶܨ cap (ଷܨ = (ସ

)ଷ + (

ଷ

)ଷ

On a P() = 1 ndash P(S) = 1 ndash [ ((ସ

)ଷ + (

ଷ

)ଷ ] = 1 ndash

ସାଶ

௫ସଽ=

௫ସଽndash (ସା ଶ)

௫ସଽ=௫ସଽndash ଽଵ

௫ସଽ=௫ସଽndash ௫ଵଷ

௫ସଽ=

ଷ

ସଽ

4

Exercice 4On jette simultaneacutement deux deacutes numeacuteroteacutes de 1 agrave 6Deacuteterminer lrsquoensemble fondamental dans les cas suivants1-Les deux deacutes sont distincts2-Les deux deacutes sont identiques3-Les deux deacutes sont identiques et on ne srsquointeacuteresse qursquoagrave la pariteacute du reacutesultat

DeacutemonstrationNotons E = 1 2 3 4 5 6 donc Card E = 6

1-Si Ω est lrsquoensemble des couples ordonneacutes (ab) distincts lorsque a isin E et b isin E alors Card Ω = 62

2-Si Ω est lrsquoensemble des couples non ordonneacutes ab distincts alors Card Ω = sum ଵஸஸ = 21

En effet on ne peut plus distinguer (ab) et (ba) donc on eacutecrit ab et lrsquoensemble Ω contient les eacuteleacutements suivants (11)

(12) (22)

(13) (23) (33)

(14) (24) (34) (44)

(15) (25) (35) (45) (55)

(16) (26) (36) (46) (56) (66)

Remarque Si un tableau admet n lignes et n colonnes la diagonale contient n cases donc le nombre de

cases situeacutees sous la diagonale estଵ

ଶ(ଶndash ) donc le nombre de cases comprenant la

diagonale et les cases sous la diagonale est =ଵ

ଶ(ଶndash ) + =

ଵ

ଶ(ଶ+ ) =

మା

ଶ

Dans le cas ougrave n = 6 on a =మା

ଶ= 21

Remarque

On a 0 1 ௫భ hellip ௫ = 2

3-Notons que (pair impair) et (impair pair) sont identiquesDonc Ω = (pair impair) (pair pair) (impair impair) alors Card Ω =3

Exercice 5On lance 3 piegraveces de monnaie identiquesCalculer la probabiliteacute de tous les reacutesultats distincts en preacutecisant lrsquoensemble fondamentalretenu pour modeacuteliser ce problegravemeMecircmes questions si on lance 4 piegraveces de monnaie identiques

DeacutemonstrationNotons p = pile et f = face et E = p f

1-On lance 3 piegraveces donc Ω = a b c a isin E et b isin E et cisin E = p f x p f x p f = p f3

Donc Card Ω = 23 = 8

Les eacutevegravenements eacuteleacutementaires sont eacutequiprobables de probabiliteacute eacuteleacutementaire eacutegale agraveଵ

5

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 8 eacuteleacutements

(p p p) (p p f) (p f p) (f p p)

(f p f) (f f f) (f f p) (p f f)

Drsquoougrave P(2p1f) = P(2f1p) =ଷ

et P(3p) = P(3f) =

ଵ

ce sont les seuls reacutesultats distincts

On peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FFP

PF

FP

FF

2-On lance 4 piegraveces donc

Ω = a b c d a isin E et b isin E et c isin E et d isin E = p f x p f x p f x p f = p f4

Donc Card Ω = 24 = 16

Les eacutevegravenements eacuteleacutementaires sont eacutequiprobables de probabiliteacute eacuteleacutementaire eacutegale agraveଵ

ଵ

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 16 eacuteleacutements

Il y a un eacuteleacutement (p p p p) Il y a un eacuteleacutement (f f f f) Donc P(p p p p) = P(f f f f) = 116

Il y a 4 eacuteleacutements du type (1p 3f) agrave savoir

(p f f f) (f p f f) (f f p f) (f f f p)

Donc P(1p 3f) =ସ

ଵ=ଵ

ସ

Il y a 4 eacuteleacutements du type (3p 1f) agrave savoir

(f p p p) (p f p p) (p p f p) (p p p f)

Donc P(3p 1f) =ସ

ଵ= frac14

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(3p 1f) = ସܥଷ (

ଵ

ଶ)ସ

Il y a 6 eacuteleacutements du type (2p 2f) agrave savoir

(p p f f) (f f p p) (p f f p) (f p p f) (p f p f) (f p f p)

Donc P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(2p 2f) = ସܥଶ (

ଵ

ଶ)ସ

6

Finalement P(4p) = P(4f) =ଵ

ଵet P(1p 3f) = P(3p 1f) =

ସ

ଵ=ଵ

ସet P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

ce sont les seuls

reacutesultats distinctsOn peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FP F

PP

FF

PF

F

PP

FP P

FF F

PP

FF

PF

F

Exercice 6Une urne contient 3 boules rouges et 2 boules noiresOn effectue des tirages successifs sans remise et on srsquoarrecircte quand on a obtenu 2 boulesrougesPreacuteciser lrsquoensemble fondamental associeacute agrave cette expeacuterience en indiquant la probabiliteacute dechaque eacuteveacutenement eacuteleacutementaire

DeacutemonstrationComme le tirage est sans remise les eacuteveacutenements ne sont pas indeacutependants

Lrsquourne contient 5 boules agrave savoir 3 boules rouges et 2 boules noiresOn deacutesigne ainsi les ensembles suivants B = laquo Boule raquo et N = laquo Boule noire raquo et R = laquo Boule rouge raquo

Lorsque A et B et C et D sont des eacuteveacutenements on pose

AB = A cap B et ABC = A cap B cap C et ABCD = A cap B cap C cap D

7

On note U = 3R 2N lrsquourne et on dresse un arbre en partant de 3 boules rouges (noteacutees 3R) et 2boules noires (noteacutees 2N)Les tirages effectueacutes dans lrsquourne U = 3R 2N sont scheacutematiseacutes par lrsquoarbre suivant qui se lit degauche agrave droite

Il reste 12 R 23 RR dans lrsquourne 12 Il reste

4B=2R+2N N dans lrsquourne 13 Il reste 1U 35 3B=2R+1N N dans lrsquourne R

25 Il reste 23 2B=2RIl reste 34 R dans lrsquourne R

N dans lrsquourne 3B=2R+1N 13 Il reste 14B=3R+1N 14 N dans lrsquourne R

N Il reste 1 1 2B=2Rdans lrsquourne R R

3B=3R

Lrsquourne contient drsquoabord 5 boules puis agrave lrsquoissue du 1er tirage lrsquourne contient 4 boules (situationscheacutematiseacutee par 4B) puis agrave lrsquoissue du 2egraveme tirage lrsquourne contient 3 boules (situation scheacutematiseacutee par3B) puis agrave lrsquoissue du 3egraveme tirage lrsquourne contient 2 boules (situation scheacutematiseacutee par 2B)Lrsquoensemble Ω qui modeacutelise lrsquoexpeacuterience a six eacuteleacutements eacuteleacutementaires et on a Ω = RR RNR RNNR NRR NRNR NNRR Plus preacuteciseacutement

P(RR) = (35)(12) = 310P(RNR) = (35)(12)(23) = 210P(RNNR) = (35)(12)(13)(1) = 110

On note que

(ଷ

ଵ+

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ) + (

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ+

ଵ

ଵ) = 1

P(NRR) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = (25)(14)(1)(1) = 110

En lrsquoabsence de scheacutema on peut noter que comme le tirage est sans remise les eacuteveacutenementsne sont pas indeacutependants donc on calcule les intersections drsquoeacuteveacutenements en utilisant lesprobabiliteacutes conditionnelles et la formule des probabiliteacutes composeacutees

P(RcapR) = P(ଵ cap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ|ଶ) = (35)(24) = 310P(RcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (35)(12)(23) = 210

P(RcapNcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (35)(12)(13)(1) =ଵ

ଵ

P(NRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(14)(1)(1) = 110

Exercice 7Une urne contient sept boules blanches et trois boules noires et une autre quatre boulesblanches et deux boules noiresOn tire une boule dans chaque urneCalculer la probabiliteacute de tirer deux boules de mecircme couleur

8

DeacutemonstrationConsideacuterons les deux urnes ଵ= 7B 3N et ଶ = 4B 2N

Notons les eacuteveacutenements ܤ = laquo tirer une boule blanche de raquo et = laquo tirer une boule noire de raquoLrsquoensemble Ω est constitueacute drsquoeacuteleacutements de la forme ܤ cap

On a drsquoune part P(ܤଵ) =

ଵet P(ܤଶ) =

ସ

et drsquoautre part P(ଵ) =

ଷ

ଵet P(ଶ) =

ଶ

Les eacutevegravenements ଵܤ et ଶܤ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) et leseacutevegravenements ଵ et ଶ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) donc

P(ܤଵcap (ଶܤ = P (ଵܤ) P(ܤଶ) = ቀ

ଵቁ(

ସ

) =

ଵହet P (ଵcap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ) = (

ଷ

ଵ)(ଶ

) =

ଵ

ଵ

La probabiliteacute de tirer deux boules de la mecircme couleur est P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)]

Lors drsquoun mecircme tirage on ne peut pas tirer une boule blanche et une boule noire ensemble de lrsquourne

(mais soit une boule blanche soit une boule noire) donc ܤ cap = empty si 1 le le 2

Les eacuteveacutenements capଵܤ ଶetܤ ଵcap ଶ sont incompatibles (car capଵܤ ଶܤ sub ଵetܤ ଵcap ଶ sub ଵ donc

capଵܤ) (ଶܤ cap (ଵcap ଶ) sub capଵܤ ଵ = empty) donc

P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)] = P(ܤଵcap (ଶܤ + P(ଵcap ଶ) = P(ܤଵ)P(ܤଶ) + P(ଵ)P(ଶ) =

ଵହ+

ଵ

ଵ=ାଵହ

ଵହ=ଵସାଷ

ଷ

=ଵ

ଷ

Remarque

ଵଵܤ

ଵଷ

ଵ

ଵOn peut utiliser un scheacutema

46 ଶܤଶ

26 ଶ

Remarque (Lecoutre pages 10 et 17)

Les eacuteveacutenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B) = P (A) P(B)

Les eacuteveacutenements A et B sont incompatibles si et seulement si A cap B = empty

On notera que lorsque les trois relations A cap B = empty et P(A) gt 0 et P(B) gt 0 sont veacuterifieacutees les

eacuteveacutenements A et B sont incompatibles et ne sont pas indeacutependants [car P(A cap B) = 0 lt P (A) P(B)]

cette situation peut se rencontrer si B = ܣ

En revanche les eacuteveacutenements A et B veacuterifiant A cap B ne empty et P(A cap B) = P (A) P(B) sont indeacutependants et

ne sont pas incompatibles cette situation peut se rencontrer lors drsquoune suite de tirages de boulesextraites drsquoune mecircme urne telle toute boule tireacutee soit remise dans lrsquourne avant le tirage suivant et Alrsquoeacuteveacutenement laquo au 2egraveme tirage on obtient une boule noire raquo et B lrsquoeacuteveacutenement laquo au 3egraveme tirage onobtient une boule blanche raquo

9

TD ndeg 2 Calcul des probabiliteacutesA traiter du 21 au 25 Octobre 2013

Exercice 1 Examen Janvier 2013 Exercice 2Trois joueurs A et B et C tirent successivement et sans remise une boule dans une urne quicontient 4 boules noires 2 boules rouges et une boule verteSi un joueur tire une boule noire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircteCalculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur

DeacutemonstrationLes eacuteveacutenements utiliseacutes sont les eacuteveacutenements agrave savoir laquo Une boule noire est tireacutee lors du

egrave tirage raquoLes tirages sont sans remise donc les tirages ne sont pas indeacutependants-Lorsque A joue il y a 4+2+1 = 7 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc la probabiliteacuteP(A) que A gagne est la probabiliteacute P(ଵ) qursquoune boule noire soit tireacutee lors du premier tirage

donc P(A) = P(ଵ) =ସ

=ଶ

ଷହ

-Si B joue crsquoest que A a perdu donc il y a 6 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc laprobabiliteacute P(B) que B gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶ) qursquoune boule noire soit tireacutee par B

lors du deuxiegraveme tirage donc P(B) = P(ଵതതതcap ଶ) = P(ଵതതത) P(ଶ|ଵതതത) = (1 ndashସ

) (ସ

) = (

ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=ଵ

ଷହ

-Si C joue crsquoest que A et B ont perdu donc il y a 5 boules dans lrsquourne dont 4 boules noiresdonc la probabiliteacute P(C) que C gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) qursquoune boule noiresoit tireacutee par C lors du troisiegraveme tirage donc

P(C) = P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) = P(ଵതതത) P(ଶതതതത|ଵതതത) P(ଷ|ଵതതതcap ଶതതതത) = (1 ndashସ

) (1 ndash

ସ

) (ସ

ହ) = (

ଷ

)(ଶ

) (ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Remarque Il y a quatre tirages au plus donc on note X le nombre (aleacuteatoire) de tirages

Donc P(A) = P(X = 1) et P(B) = P(X = 2) et P(C) = P(X = 3) et P(A) =ସ

=ଶ

ଷହet on a

P(B) = P(B cap (ܣ = P(ܣ)P(B|ܣ) = (ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=

ଵ

ଷହet P(C) = P(ܣ)P(ܤത|ܣ) P(C|ܣ cap (തܤ = (

ଷ

)(ଶ

)(ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Il y a une probabiliteacute p =ଵ

ଷହque ni A ni B ni C ne gagne la partie donc

p = P(X = 4) = 1 ndash [P(A) + P(B) + P(C)] = 1 ndashଶାଵାସ

ଷହ=

ଵ

ଷହ

Exercice 2Deux eacuteveacutenements A et B ont comme probabiliteacutes respectives 14 et 13 de se reacutealiser seuls(lrsquoun et pas lrsquoautre)Sachant que la probabiliteacute que lrsquoun ou lrsquoautre se reacutealise est de 34 preacutecisez srsquoils sontindeacutependants ou non

Deacutemonstration

On note ܣ = ܣ = x isin Ω xnotin A le compleacutementaire de A donc A ⋂ ܣ = empty

Traduisons les hypothegraveses P(A cup B) =ଷ

ସet P(A cap Bc) =

ଵ

ସet P(Ac cap B) =

ଵ

ଷ

On a A = A cap Ω = A cap (BcupBc) = (AcapB) cup (AcapBc) et de mecircme B = (AcapB) cup (BcapAc)

On a (AcapB) cap (AcapBc) = empty = (AcapB) cap (BcapAc) = (AcapBc) cap (BcapAc) donc

Donc A cup B = (A cap Bc) cup (B cap Ac) cup (A cap B) est reacuteunion de trois ensembles deux agrave deux disjoints

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

3

3-A la question 4 deux situations sont possibles pour gagner au jeu

-soit ଵܩ cap ଶܩ cap ଷܩ cap ସܩ (cest-agrave-dire avoir donneacute une bonne reacuteponse agrave la question 1 et avoir

donneacute une mauvaise reacuteponse agrave la question 2 puis avoir donneacute une bonne reacuteponse agrave la question 3 etavoir donneacute une bonne reacuteponse agrave la question 4)

-soit ଵܩ cap ଶܩ

cap ଷܩ cap ସܩ (cest-agrave-dire avoir donneacute une mauvaise reacuteponse aux questions 1 et 2 puisavoir donneacute une bonne reacuteponse aux questions 3 et 4)

La probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question 4 est donc (ଵ

ଷ) (ଶ

ଷ) (ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) + (

ଶ

ଷ) (ଶ

ଷ) (ଵ

ଷ) (ଵ

ଷ) = (

ଶ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ =

ସ

ଶ

4-Notons le 4 ge la probabiliteacute de gagner au jeu agrave la question k donc 2

La probabiliteacute de gagner au jeu est donc sum ୩ஹଶ = (ଵ

ଷ)ଶ + (

ଶ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ + (

ସ

ଷ)(ଵ

ଷ)ଶ =

ଶ

RemarqueOn peut aussi noter ܬ lrsquoeacuteveacutenement laquo le candidat donne une reacuteponse juste agrave la question k raquodonc la probabiliteacute que le candidat gagne au jeu est

= P [ ଵܬ) cap ⋃ (ଶܬ ଵܬ)cap ଶܬ cap (ଷܬ ⋃ ( ଵܬ

⋃ܬଵ) cap ଶܬ) cap ଷܬ cap [(ସܬ

= P [ ଵܬ cap [ଶܬ + P[ ଵܬ cap ଶܬ cap [ଷܬ + P[ ( ଵܬ

⋃ܬଵ) cap ଶܬ cap ଷܬ cap [ସܬ

en notant que ଵܬ) cap cap (ଶܬ ଵܬ) cap ଶܬ cap (ଷܬ = empty et que

ଵܬ) cap ⋃ (ଶܬ ଵܬ) cap ଶܬ cap (ଷܬ cap ଵܬ)

⋃ܬଵ) cap ଶܬ)cap ଷܬ cap (ସܬ = empty

Exercice 3Dans une certaine population la probabiliteacute de naissance drsquoun garccedilon est de 47Deacuteterminer sous forme de fraction la proportion de familles de 3 enfants ougrave les enfants nesont pas tous de mecircme sexe (en preacutecisant lrsquoensemble fondamental retenu pour modeacuteliser ceproblegraveme)

DeacutemonstrationOn note ܩ lrsquoeacuteveacutenement laquo le egrave enfant est un garccedilon raquo et on note ܨ lrsquoeacuteveacutenement laquo le egrave

enfant est une fille raquoOn note G lrsquoeacuteveacutenement laquo lrsquoenfant est un garccedilon raquo et on note F lrsquoeacuteveacutenement laquo lrsquoenfant est une fille raquoOn pose Ω = ଵܨ ଵܩ x ଶܨ ଶܩ x ଷܨ ଷܩ et on note S lrsquoeacuteveacutenement laquo Les trois enfants sont tousdu mecircme sexe raquo donc S = ଵܩ) cap ଶܩ cap cup (ଷܩ ଵܨ) cap ଶܨ cap (ଷܨOn a ܨ cap ܩ = empty donc ଵܩ) cap ଶܩ cap (ଷܩ cap ଵܨ) cap ଶܨ cap (ଷܨ = empty

On a P(ܩ) = P(G) =ସ

donc P(ܨ) = P(F) = 1 ndash

ସ

=ଷ

Les eacuteveacutenements ଵܩ (agrave savoir laquo le premier enfant est un garccedilon raquo) et ଶܩ (agrave savoir laquo le deuxiegraveme enfantest un garccedilon raquo) et ଷܩ (agrave savoir laquo le troisiegraveme enfant est un garccedilon raquo) peuvent ecirctre consideacutereacutescomme sans lien entre eux donc comme eacutetant des eacuteveacutenements indeacutependants donc

P(ܩଵ cap ଶܩ cap (ଷܩ = P(ܩଵ) P(ܩଶ) P(ܩଷ) = =ଷ[(ܩ)] (ସ

)ଷ

Les eacuteveacutenements ଵܨ (agrave savoir laquo le premier enfant est une fille raquo) et ଶܨ (agrave savoir laquo le deuxiegraveme enfantest une fille raquo) et ଷܨ (agrave savoir laquo le troisiegraveme enfant est une fille raquo) peuvent ecirctre consideacutereacutes commesans lien entre eux donc comme eacutetant des eacuteveacutenements indeacutependants donc

P(ܨଵ cap ଶܨ cap (ଷܨ = P(ܨଵ) P(ܨଶ) P(ܨଷ) = =ଷ[(ܨ)] (ଷ

)ଷ

Donc P(S) = P ଵܩ) cap ଶܩ cap (ଷܩ + P ଵܨ) cap ଶܨ cap (ଷܨ = (ସ

)ଷ + (

ଷ

)ଷ

On a P() = 1 ndash P(S) = 1 ndash [ ((ସ

)ଷ + (

ଷ

)ଷ ] = 1 ndash

ସାଶ

௫ସଽ=

௫ସଽndash (ସା ଶ)

௫ସଽ=௫ସଽndash ଽଵ

௫ସଽ=௫ସଽndash ௫ଵଷ

௫ସଽ=

ଷ

ସଽ

4

Exercice 4On jette simultaneacutement deux deacutes numeacuteroteacutes de 1 agrave 6Deacuteterminer lrsquoensemble fondamental dans les cas suivants1-Les deux deacutes sont distincts2-Les deux deacutes sont identiques3-Les deux deacutes sont identiques et on ne srsquointeacuteresse qursquoagrave la pariteacute du reacutesultat

DeacutemonstrationNotons E = 1 2 3 4 5 6 donc Card E = 6

1-Si Ω est lrsquoensemble des couples ordonneacutes (ab) distincts lorsque a isin E et b isin E alors Card Ω = 62

2-Si Ω est lrsquoensemble des couples non ordonneacutes ab distincts alors Card Ω = sum ଵஸஸ = 21

En effet on ne peut plus distinguer (ab) et (ba) donc on eacutecrit ab et lrsquoensemble Ω contient les eacuteleacutements suivants (11)

(12) (22)

(13) (23) (33)

(14) (24) (34) (44)

(15) (25) (35) (45) (55)

(16) (26) (36) (46) (56) (66)

Remarque Si un tableau admet n lignes et n colonnes la diagonale contient n cases donc le nombre de

cases situeacutees sous la diagonale estଵ

ଶ(ଶndash ) donc le nombre de cases comprenant la

diagonale et les cases sous la diagonale est =ଵ

ଶ(ଶndash ) + =

ଵ

ଶ(ଶ+ ) =

మା

ଶ

Dans le cas ougrave n = 6 on a =మା

ଶ= 21

Remarque

On a 0 1 ௫భ hellip ௫ = 2

3-Notons que (pair impair) et (impair pair) sont identiquesDonc Ω = (pair impair) (pair pair) (impair impair) alors Card Ω =3

Exercice 5On lance 3 piegraveces de monnaie identiquesCalculer la probabiliteacute de tous les reacutesultats distincts en preacutecisant lrsquoensemble fondamentalretenu pour modeacuteliser ce problegravemeMecircmes questions si on lance 4 piegraveces de monnaie identiques

DeacutemonstrationNotons p = pile et f = face et E = p f

1-On lance 3 piegraveces donc Ω = a b c a isin E et b isin E et cisin E = p f x p f x p f = p f3

Donc Card Ω = 23 = 8

Les eacutevegravenements eacuteleacutementaires sont eacutequiprobables de probabiliteacute eacuteleacutementaire eacutegale agraveଵ

5

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 8 eacuteleacutements

(p p p) (p p f) (p f p) (f p p)

(f p f) (f f f) (f f p) (p f f)

Drsquoougrave P(2p1f) = P(2f1p) =ଷ

et P(3p) = P(3f) =

ଵ

ce sont les seuls reacutesultats distincts

On peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FFP

PF

FP

FF

2-On lance 4 piegraveces donc

Ω = a b c d a isin E et b isin E et c isin E et d isin E = p f x p f x p f x p f = p f4

Donc Card Ω = 24 = 16

Les eacutevegravenements eacuteleacutementaires sont eacutequiprobables de probabiliteacute eacuteleacutementaire eacutegale agraveଵ

ଵ

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 16 eacuteleacutements

Il y a un eacuteleacutement (p p p p) Il y a un eacuteleacutement (f f f f) Donc P(p p p p) = P(f f f f) = 116

Il y a 4 eacuteleacutements du type (1p 3f) agrave savoir

(p f f f) (f p f f) (f f p f) (f f f p)

Donc P(1p 3f) =ସ

ଵ=ଵ

ସ

Il y a 4 eacuteleacutements du type (3p 1f) agrave savoir

(f p p p) (p f p p) (p p f p) (p p p f)

Donc P(3p 1f) =ସ

ଵ= frac14

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(3p 1f) = ସܥଷ (

ଵ

ଶ)ସ

Il y a 6 eacuteleacutements du type (2p 2f) agrave savoir

(p p f f) (f f p p) (p f f p) (f p p f) (p f p f) (f p f p)

Donc P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(2p 2f) = ସܥଶ (

ଵ

ଶ)ସ

6

Finalement P(4p) = P(4f) =ଵ

ଵet P(1p 3f) = P(3p 1f) =

ସ

ଵ=ଵ

ସet P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

ce sont les seuls

reacutesultats distinctsOn peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FP F

PP

FF

PF

F

PP

FP P

FF F

PP

FF

PF

F

Exercice 6Une urne contient 3 boules rouges et 2 boules noiresOn effectue des tirages successifs sans remise et on srsquoarrecircte quand on a obtenu 2 boulesrougesPreacuteciser lrsquoensemble fondamental associeacute agrave cette expeacuterience en indiquant la probabiliteacute dechaque eacuteveacutenement eacuteleacutementaire

DeacutemonstrationComme le tirage est sans remise les eacuteveacutenements ne sont pas indeacutependants

Lrsquourne contient 5 boules agrave savoir 3 boules rouges et 2 boules noiresOn deacutesigne ainsi les ensembles suivants B = laquo Boule raquo et N = laquo Boule noire raquo et R = laquo Boule rouge raquo

Lorsque A et B et C et D sont des eacuteveacutenements on pose

AB = A cap B et ABC = A cap B cap C et ABCD = A cap B cap C cap D

7

On note U = 3R 2N lrsquourne et on dresse un arbre en partant de 3 boules rouges (noteacutees 3R) et 2boules noires (noteacutees 2N)Les tirages effectueacutes dans lrsquourne U = 3R 2N sont scheacutematiseacutes par lrsquoarbre suivant qui se lit degauche agrave droite

Il reste 12 R 23 RR dans lrsquourne 12 Il reste

4B=2R+2N N dans lrsquourne 13 Il reste 1U 35 3B=2R+1N N dans lrsquourne R

25 Il reste 23 2B=2RIl reste 34 R dans lrsquourne R

N dans lrsquourne 3B=2R+1N 13 Il reste 14B=3R+1N 14 N dans lrsquourne R

N Il reste 1 1 2B=2Rdans lrsquourne R R

3B=3R

Lrsquourne contient drsquoabord 5 boules puis agrave lrsquoissue du 1er tirage lrsquourne contient 4 boules (situationscheacutematiseacutee par 4B) puis agrave lrsquoissue du 2egraveme tirage lrsquourne contient 3 boules (situation scheacutematiseacutee par3B) puis agrave lrsquoissue du 3egraveme tirage lrsquourne contient 2 boules (situation scheacutematiseacutee par 2B)Lrsquoensemble Ω qui modeacutelise lrsquoexpeacuterience a six eacuteleacutements eacuteleacutementaires et on a Ω = RR RNR RNNR NRR NRNR NNRR Plus preacuteciseacutement

P(RR) = (35)(12) = 310P(RNR) = (35)(12)(23) = 210P(RNNR) = (35)(12)(13)(1) = 110

On note que

(ଷ

ଵ+

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ) + (

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ+

ଵ

ଵ) = 1

P(NRR) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = (25)(14)(1)(1) = 110

En lrsquoabsence de scheacutema on peut noter que comme le tirage est sans remise les eacuteveacutenementsne sont pas indeacutependants donc on calcule les intersections drsquoeacuteveacutenements en utilisant lesprobabiliteacutes conditionnelles et la formule des probabiliteacutes composeacutees

P(RcapR) = P(ଵ cap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ|ଶ) = (35)(24) = 310P(RcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (35)(12)(23) = 210

P(RcapNcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (35)(12)(13)(1) =ଵ

ଵ

P(NRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(14)(1)(1) = 110

Exercice 7Une urne contient sept boules blanches et trois boules noires et une autre quatre boulesblanches et deux boules noiresOn tire une boule dans chaque urneCalculer la probabiliteacute de tirer deux boules de mecircme couleur

8

DeacutemonstrationConsideacuterons les deux urnes ଵ= 7B 3N et ଶ = 4B 2N

Notons les eacuteveacutenements ܤ = laquo tirer une boule blanche de raquo et = laquo tirer une boule noire de raquoLrsquoensemble Ω est constitueacute drsquoeacuteleacutements de la forme ܤ cap

On a drsquoune part P(ܤଵ) =

ଵet P(ܤଶ) =

ସ

et drsquoautre part P(ଵ) =

ଷ

ଵet P(ଶ) =

ଶ

Les eacutevegravenements ଵܤ et ଶܤ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) et leseacutevegravenements ଵ et ଶ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) donc

P(ܤଵcap (ଶܤ = P (ଵܤ) P(ܤଶ) = ቀ

ଵቁ(

ସ

) =

ଵହet P (ଵcap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ) = (

ଷ

ଵ)(ଶ

) =

ଵ

ଵ

La probabiliteacute de tirer deux boules de la mecircme couleur est P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)]

Lors drsquoun mecircme tirage on ne peut pas tirer une boule blanche et une boule noire ensemble de lrsquourne

(mais soit une boule blanche soit une boule noire) donc ܤ cap = empty si 1 le le 2

Les eacuteveacutenements capଵܤ ଶetܤ ଵcap ଶ sont incompatibles (car capଵܤ ଶܤ sub ଵetܤ ଵcap ଶ sub ଵ donc

capଵܤ) (ଶܤ cap (ଵcap ଶ) sub capଵܤ ଵ = empty) donc

P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)] = P(ܤଵcap (ଶܤ + P(ଵcap ଶ) = P(ܤଵ)P(ܤଶ) + P(ଵ)P(ଶ) =

ଵହ+

ଵ

ଵ=ାଵହ

ଵହ=ଵସାଷ

ଷ

=ଵ

ଷ

Remarque

ଵଵܤ

ଵଷ

ଵ

ଵOn peut utiliser un scheacutema

46 ଶܤଶ

26 ଶ

Remarque (Lecoutre pages 10 et 17)

Les eacuteveacutenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B) = P (A) P(B)

Les eacuteveacutenements A et B sont incompatibles si et seulement si A cap B = empty

On notera que lorsque les trois relations A cap B = empty et P(A) gt 0 et P(B) gt 0 sont veacuterifieacutees les

eacuteveacutenements A et B sont incompatibles et ne sont pas indeacutependants [car P(A cap B) = 0 lt P (A) P(B)]

cette situation peut se rencontrer si B = ܣ

En revanche les eacuteveacutenements A et B veacuterifiant A cap B ne empty et P(A cap B) = P (A) P(B) sont indeacutependants et

ne sont pas incompatibles cette situation peut se rencontrer lors drsquoune suite de tirages de boulesextraites drsquoune mecircme urne telle toute boule tireacutee soit remise dans lrsquourne avant le tirage suivant et Alrsquoeacuteveacutenement laquo au 2egraveme tirage on obtient une boule noire raquo et B lrsquoeacuteveacutenement laquo au 3egraveme tirage onobtient une boule blanche raquo

9

TD ndeg 2 Calcul des probabiliteacutesA traiter du 21 au 25 Octobre 2013

Exercice 1 Examen Janvier 2013 Exercice 2Trois joueurs A et B et C tirent successivement et sans remise une boule dans une urne quicontient 4 boules noires 2 boules rouges et une boule verteSi un joueur tire une boule noire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircteCalculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur

DeacutemonstrationLes eacuteveacutenements utiliseacutes sont les eacuteveacutenements agrave savoir laquo Une boule noire est tireacutee lors du

egrave tirage raquoLes tirages sont sans remise donc les tirages ne sont pas indeacutependants-Lorsque A joue il y a 4+2+1 = 7 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc la probabiliteacuteP(A) que A gagne est la probabiliteacute P(ଵ) qursquoune boule noire soit tireacutee lors du premier tirage

donc P(A) = P(ଵ) =ସ

=ଶ

ଷହ

-Si B joue crsquoest que A a perdu donc il y a 6 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc laprobabiliteacute P(B) que B gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶ) qursquoune boule noire soit tireacutee par B

lors du deuxiegraveme tirage donc P(B) = P(ଵതതതcap ଶ) = P(ଵതതത) P(ଶ|ଵതതത) = (1 ndashସ

) (ସ

) = (

ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=ଵ

ଷହ

-Si C joue crsquoest que A et B ont perdu donc il y a 5 boules dans lrsquourne dont 4 boules noiresdonc la probabiliteacute P(C) que C gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) qursquoune boule noiresoit tireacutee par C lors du troisiegraveme tirage donc

P(C) = P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) = P(ଵതതത) P(ଶതതതത|ଵതതത) P(ଷ|ଵതതതcap ଶതതതത) = (1 ndashସ

) (1 ndash

ସ

) (ସ

ହ) = (

ଷ

)(ଶ

) (ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Remarque Il y a quatre tirages au plus donc on note X le nombre (aleacuteatoire) de tirages

Donc P(A) = P(X = 1) et P(B) = P(X = 2) et P(C) = P(X = 3) et P(A) =ସ

=ଶ

ଷହet on a

P(B) = P(B cap (ܣ = P(ܣ)P(B|ܣ) = (ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=

ଵ

ଷହet P(C) = P(ܣ)P(ܤത|ܣ) P(C|ܣ cap (തܤ = (

ଷ

)(ଶ

)(ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Il y a une probabiliteacute p =ଵ

ଷହque ni A ni B ni C ne gagne la partie donc

p = P(X = 4) = 1 ndash [P(A) + P(B) + P(C)] = 1 ndashଶାଵାସ

ଷହ=

ଵ

ଷହ

Exercice 2Deux eacuteveacutenements A et B ont comme probabiliteacutes respectives 14 et 13 de se reacutealiser seuls(lrsquoun et pas lrsquoautre)Sachant que la probabiliteacute que lrsquoun ou lrsquoautre se reacutealise est de 34 preacutecisez srsquoils sontindeacutependants ou non

Deacutemonstration

On note ܣ = ܣ = x isin Ω xnotin A le compleacutementaire de A donc A ⋂ ܣ = empty

Traduisons les hypothegraveses P(A cup B) =ଷ

ସet P(A cap Bc) =

ଵ

ସet P(Ac cap B) =

ଵ

ଷ

On a A = A cap Ω = A cap (BcupBc) = (AcapB) cup (AcapBc) et de mecircme B = (AcapB) cup (BcapAc)

On a (AcapB) cap (AcapBc) = empty = (AcapB) cap (BcapAc) = (AcapBc) cap (BcapAc) donc

Donc A cup B = (A cap Bc) cup (B cap Ac) cup (A cap B) est reacuteunion de trois ensembles deux agrave deux disjoints

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

4

Exercice 4On jette simultaneacutement deux deacutes numeacuteroteacutes de 1 agrave 6Deacuteterminer lrsquoensemble fondamental dans les cas suivants1-Les deux deacutes sont distincts2-Les deux deacutes sont identiques3-Les deux deacutes sont identiques et on ne srsquointeacuteresse qursquoagrave la pariteacute du reacutesultat

DeacutemonstrationNotons E = 1 2 3 4 5 6 donc Card E = 6

1-Si Ω est lrsquoensemble des couples ordonneacutes (ab) distincts lorsque a isin E et b isin E alors Card Ω = 62

2-Si Ω est lrsquoensemble des couples non ordonneacutes ab distincts alors Card Ω = sum ଵஸஸ = 21

En effet on ne peut plus distinguer (ab) et (ba) donc on eacutecrit ab et lrsquoensemble Ω contient les eacuteleacutements suivants (11)

(12) (22)

(13) (23) (33)

(14) (24) (34) (44)

(15) (25) (35) (45) (55)

(16) (26) (36) (46) (56) (66)

Remarque Si un tableau admet n lignes et n colonnes la diagonale contient n cases donc le nombre de

cases situeacutees sous la diagonale estଵ

ଶ(ଶndash ) donc le nombre de cases comprenant la

diagonale et les cases sous la diagonale est =ଵ

ଶ(ଶndash ) + =

ଵ

ଶ(ଶ+ ) =

మା

ଶ

Dans le cas ougrave n = 6 on a =మା

ଶ= 21

Remarque

On a 0 1 ௫భ hellip ௫ = 2

3-Notons que (pair impair) et (impair pair) sont identiquesDonc Ω = (pair impair) (pair pair) (impair impair) alors Card Ω =3

Exercice 5On lance 3 piegraveces de monnaie identiquesCalculer la probabiliteacute de tous les reacutesultats distincts en preacutecisant lrsquoensemble fondamentalretenu pour modeacuteliser ce problegravemeMecircmes questions si on lance 4 piegraveces de monnaie identiques

DeacutemonstrationNotons p = pile et f = face et E = p f

1-On lance 3 piegraveces donc Ω = a b c a isin E et b isin E et cisin E = p f x p f x p f = p f3

Donc Card Ω = 23 = 8

Les eacutevegravenements eacuteleacutementaires sont eacutequiprobables de probabiliteacute eacuteleacutementaire eacutegale agraveଵ

5

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 8 eacuteleacutements

(p p p) (p p f) (p f p) (f p p)

(f p f) (f f f) (f f p) (p f f)

Drsquoougrave P(2p1f) = P(2f1p) =ଷ

et P(3p) = P(3f) =

ଵ

ce sont les seuls reacutesultats distincts

On peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FFP

PF

FP

FF

2-On lance 4 piegraveces donc

Ω = a b c d a isin E et b isin E et c isin E et d isin E = p f x p f x p f x p f = p f4

Donc Card Ω = 24 = 16

Les eacutevegravenements eacuteleacutementaires sont eacutequiprobables de probabiliteacute eacuteleacutementaire eacutegale agraveଵ

ଵ

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 16 eacuteleacutements

Il y a un eacuteleacutement (p p p p) Il y a un eacuteleacutement (f f f f) Donc P(p p p p) = P(f f f f) = 116

Il y a 4 eacuteleacutements du type (1p 3f) agrave savoir

(p f f f) (f p f f) (f f p f) (f f f p)

Donc P(1p 3f) =ସ

ଵ=ଵ

ସ

Il y a 4 eacuteleacutements du type (3p 1f) agrave savoir

(f p p p) (p f p p) (p p f p) (p p p f)

Donc P(3p 1f) =ସ

ଵ= frac14

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(3p 1f) = ସܥଷ (

ଵ

ଶ)ସ

Il y a 6 eacuteleacutements du type (2p 2f) agrave savoir

(p p f f) (f f p p) (p f f p) (f p p f) (p f p f) (f p f p)

Donc P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(2p 2f) = ସܥଶ (

ଵ

ଶ)ସ

6

Finalement P(4p) = P(4f) =ଵ

ଵet P(1p 3f) = P(3p 1f) =

ସ

ଵ=ଵ

ସet P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

ce sont les seuls

reacutesultats distinctsOn peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FP F

PP

FF

PF

F

PP

FP P

FF F

PP

FF

PF

F

Exercice 6Une urne contient 3 boules rouges et 2 boules noiresOn effectue des tirages successifs sans remise et on srsquoarrecircte quand on a obtenu 2 boulesrougesPreacuteciser lrsquoensemble fondamental associeacute agrave cette expeacuterience en indiquant la probabiliteacute dechaque eacuteveacutenement eacuteleacutementaire

DeacutemonstrationComme le tirage est sans remise les eacuteveacutenements ne sont pas indeacutependants

Lrsquourne contient 5 boules agrave savoir 3 boules rouges et 2 boules noiresOn deacutesigne ainsi les ensembles suivants B = laquo Boule raquo et N = laquo Boule noire raquo et R = laquo Boule rouge raquo

Lorsque A et B et C et D sont des eacuteveacutenements on pose

AB = A cap B et ABC = A cap B cap C et ABCD = A cap B cap C cap D

7

On note U = 3R 2N lrsquourne et on dresse un arbre en partant de 3 boules rouges (noteacutees 3R) et 2boules noires (noteacutees 2N)Les tirages effectueacutes dans lrsquourne U = 3R 2N sont scheacutematiseacutes par lrsquoarbre suivant qui se lit degauche agrave droite

Il reste 12 R 23 RR dans lrsquourne 12 Il reste

4B=2R+2N N dans lrsquourne 13 Il reste 1U 35 3B=2R+1N N dans lrsquourne R

25 Il reste 23 2B=2RIl reste 34 R dans lrsquourne R

N dans lrsquourne 3B=2R+1N 13 Il reste 14B=3R+1N 14 N dans lrsquourne R

N Il reste 1 1 2B=2Rdans lrsquourne R R

3B=3R

Lrsquourne contient drsquoabord 5 boules puis agrave lrsquoissue du 1er tirage lrsquourne contient 4 boules (situationscheacutematiseacutee par 4B) puis agrave lrsquoissue du 2egraveme tirage lrsquourne contient 3 boules (situation scheacutematiseacutee par3B) puis agrave lrsquoissue du 3egraveme tirage lrsquourne contient 2 boules (situation scheacutematiseacutee par 2B)Lrsquoensemble Ω qui modeacutelise lrsquoexpeacuterience a six eacuteleacutements eacuteleacutementaires et on a Ω = RR RNR RNNR NRR NRNR NNRR Plus preacuteciseacutement

P(RR) = (35)(12) = 310P(RNR) = (35)(12)(23) = 210P(RNNR) = (35)(12)(13)(1) = 110

On note que

(ଷ

ଵ+

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ) + (

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ+

ଵ

ଵ) = 1

P(NRR) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = (25)(14)(1)(1) = 110

En lrsquoabsence de scheacutema on peut noter que comme le tirage est sans remise les eacuteveacutenementsne sont pas indeacutependants donc on calcule les intersections drsquoeacuteveacutenements en utilisant lesprobabiliteacutes conditionnelles et la formule des probabiliteacutes composeacutees

P(RcapR) = P(ଵ cap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ|ଶ) = (35)(24) = 310P(RcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (35)(12)(23) = 210

P(RcapNcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (35)(12)(13)(1) =ଵ

ଵ

P(NRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(14)(1)(1) = 110

Exercice 7Une urne contient sept boules blanches et trois boules noires et une autre quatre boulesblanches et deux boules noiresOn tire une boule dans chaque urneCalculer la probabiliteacute de tirer deux boules de mecircme couleur

8

DeacutemonstrationConsideacuterons les deux urnes ଵ= 7B 3N et ଶ = 4B 2N

Notons les eacuteveacutenements ܤ = laquo tirer une boule blanche de raquo et = laquo tirer une boule noire de raquoLrsquoensemble Ω est constitueacute drsquoeacuteleacutements de la forme ܤ cap

On a drsquoune part P(ܤଵ) =

ଵet P(ܤଶ) =

ସ

et drsquoautre part P(ଵ) =

ଷ

ଵet P(ଶ) =

ଶ

Les eacutevegravenements ଵܤ et ଶܤ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) et leseacutevegravenements ଵ et ଶ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) donc

P(ܤଵcap (ଶܤ = P (ଵܤ) P(ܤଶ) = ቀ

ଵቁ(

ସ

) =

ଵହet P (ଵcap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ) = (

ଷ

ଵ)(ଶ

) =

ଵ

ଵ

La probabiliteacute de tirer deux boules de la mecircme couleur est P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)]

Lors drsquoun mecircme tirage on ne peut pas tirer une boule blanche et une boule noire ensemble de lrsquourne

(mais soit une boule blanche soit une boule noire) donc ܤ cap = empty si 1 le le 2

Les eacuteveacutenements capଵܤ ଶetܤ ଵcap ଶ sont incompatibles (car capଵܤ ଶܤ sub ଵetܤ ଵcap ଶ sub ଵ donc

capଵܤ) (ଶܤ cap (ଵcap ଶ) sub capଵܤ ଵ = empty) donc

P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)] = P(ܤଵcap (ଶܤ + P(ଵcap ଶ) = P(ܤଵ)P(ܤଶ) + P(ଵ)P(ଶ) =

ଵହ+

ଵ

ଵ=ାଵହ

ଵହ=ଵସାଷ

ଷ

=ଵ

ଷ

Remarque

ଵଵܤ

ଵଷ

ଵ

ଵOn peut utiliser un scheacutema

46 ଶܤଶ

26 ଶ

Remarque (Lecoutre pages 10 et 17)

Les eacuteveacutenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B) = P (A) P(B)

Les eacuteveacutenements A et B sont incompatibles si et seulement si A cap B = empty

On notera que lorsque les trois relations A cap B = empty et P(A) gt 0 et P(B) gt 0 sont veacuterifieacutees les

eacuteveacutenements A et B sont incompatibles et ne sont pas indeacutependants [car P(A cap B) = 0 lt P (A) P(B)]

cette situation peut se rencontrer si B = ܣ

En revanche les eacuteveacutenements A et B veacuterifiant A cap B ne empty et P(A cap B) = P (A) P(B) sont indeacutependants et

ne sont pas incompatibles cette situation peut se rencontrer lors drsquoune suite de tirages de boulesextraites drsquoune mecircme urne telle toute boule tireacutee soit remise dans lrsquourne avant le tirage suivant et Alrsquoeacuteveacutenement laquo au 2egraveme tirage on obtient une boule noire raquo et B lrsquoeacuteveacutenement laquo au 3egraveme tirage onobtient une boule blanche raquo

9

TD ndeg 2 Calcul des probabiliteacutesA traiter du 21 au 25 Octobre 2013

Exercice 1 Examen Janvier 2013 Exercice 2Trois joueurs A et B et C tirent successivement et sans remise une boule dans une urne quicontient 4 boules noires 2 boules rouges et une boule verteSi un joueur tire une boule noire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircteCalculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur

DeacutemonstrationLes eacuteveacutenements utiliseacutes sont les eacuteveacutenements agrave savoir laquo Une boule noire est tireacutee lors du

egrave tirage raquoLes tirages sont sans remise donc les tirages ne sont pas indeacutependants-Lorsque A joue il y a 4+2+1 = 7 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc la probabiliteacuteP(A) que A gagne est la probabiliteacute P(ଵ) qursquoune boule noire soit tireacutee lors du premier tirage

donc P(A) = P(ଵ) =ସ

=ଶ

ଷହ

-Si B joue crsquoest que A a perdu donc il y a 6 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc laprobabiliteacute P(B) que B gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶ) qursquoune boule noire soit tireacutee par B

lors du deuxiegraveme tirage donc P(B) = P(ଵതതതcap ଶ) = P(ଵതതത) P(ଶ|ଵതതത) = (1 ndashସ

) (ସ

) = (

ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=ଵ

ଷହ

-Si C joue crsquoest que A et B ont perdu donc il y a 5 boules dans lrsquourne dont 4 boules noiresdonc la probabiliteacute P(C) que C gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) qursquoune boule noiresoit tireacutee par C lors du troisiegraveme tirage donc

P(C) = P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) = P(ଵതതത) P(ଶതതതത|ଵതതത) P(ଷ|ଵതതതcap ଶതതതത) = (1 ndashସ

) (1 ndash

ସ

) (ସ

ହ) = (

ଷ

)(ଶ

) (ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Remarque Il y a quatre tirages au plus donc on note X le nombre (aleacuteatoire) de tirages

Donc P(A) = P(X = 1) et P(B) = P(X = 2) et P(C) = P(X = 3) et P(A) =ସ

=ଶ

ଷହet on a

P(B) = P(B cap (ܣ = P(ܣ)P(B|ܣ) = (ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=

ଵ

ଷହet P(C) = P(ܣ)P(ܤത|ܣ) P(C|ܣ cap (തܤ = (

ଷ

)(ଶ

)(ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Il y a une probabiliteacute p =ଵ

ଷହque ni A ni B ni C ne gagne la partie donc

p = P(X = 4) = 1 ndash [P(A) + P(B) + P(C)] = 1 ndashଶାଵାସ

ଷହ=

ଵ

ଷହ

Exercice 2Deux eacuteveacutenements A et B ont comme probabiliteacutes respectives 14 et 13 de se reacutealiser seuls(lrsquoun et pas lrsquoautre)Sachant que la probabiliteacute que lrsquoun ou lrsquoautre se reacutealise est de 34 preacutecisez srsquoils sontindeacutependants ou non

Deacutemonstration

On note ܣ = ܣ = x isin Ω xnotin A le compleacutementaire de A donc A ⋂ ܣ = empty

Traduisons les hypothegraveses P(A cup B) =ଷ

ସet P(A cap Bc) =

ଵ

ସet P(Ac cap B) =

ଵ

ଷ

On a A = A cap Ω = A cap (BcupBc) = (AcapB) cup (AcapBc) et de mecircme B = (AcapB) cup (BcapAc)

On a (AcapB) cap (AcapBc) = empty = (AcapB) cap (BcapAc) = (AcapBc) cap (BcapAc) donc

Donc A cup B = (A cap Bc) cup (B cap Ac) cup (A cap B) est reacuteunion de trois ensembles deux agrave deux disjoints

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

5

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 8 eacuteleacutements

(p p p) (p p f) (p f p) (f p p)

(f p f) (f f f) (f f p) (p f f)

Drsquoougrave P(2p1f) = P(2f1p) =ଷ

et P(3p) = P(3f) =

ଵ

ce sont les seuls reacutesultats distincts

On peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FFP

PF

FP

FF

2-On lance 4 piegraveces donc

Ω = a b c d a isin E et b isin E et c isin E et d isin E = p f x p f x p f x p f = p f4

Donc Card Ω = 24 = 16

Les eacutevegravenements eacuteleacutementaires sont eacutequiprobables de probabiliteacute eacuteleacutementaire eacutegale agraveଵ

ଵ

On eacutecrit tous les cas possibles Ω est formeacute des 16 eacuteleacutements

Il y a un eacuteleacutement (p p p p) Il y a un eacuteleacutement (f f f f) Donc P(p p p p) = P(f f f f) = 116

Il y a 4 eacuteleacutements du type (1p 3f) agrave savoir

(p f f f) (f p f f) (f f p f) (f f f p)

Donc P(1p 3f) =ସ

ଵ=ଵ

ସ

Il y a 4 eacuteleacutements du type (3p 1f) agrave savoir

(f p p p) (p f p p) (p p f p) (p p p f)

Donc P(3p 1f) =ସ

ଵ= frac14

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(3p 1f) = ସܥଷ (

ଵ

ଶ)ସ

Il y a 6 eacuteleacutements du type (2p 2f) agrave savoir

(p p f f) (f f p p) (p f f p) (f p p f) (p f p f) (f p f p)

Donc P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

On peut aussi montrer cette relation en eacutecrivant que P(2p 2f) = ସܥଶ (

ଵ

ଶ)ସ

6

Finalement P(4p) = P(4f) =ଵ

ଵet P(1p 3f) = P(3p 1f) =

ସ

ଵ=ଵ

ସet P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

ce sont les seuls

reacutesultats distinctsOn peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FP F

PP

FF

PF

F

PP

FP P

FF F

PP

FF

PF

F

Exercice 6Une urne contient 3 boules rouges et 2 boules noiresOn effectue des tirages successifs sans remise et on srsquoarrecircte quand on a obtenu 2 boulesrougesPreacuteciser lrsquoensemble fondamental associeacute agrave cette expeacuterience en indiquant la probabiliteacute dechaque eacuteveacutenement eacuteleacutementaire

DeacutemonstrationComme le tirage est sans remise les eacuteveacutenements ne sont pas indeacutependants

Lrsquourne contient 5 boules agrave savoir 3 boules rouges et 2 boules noiresOn deacutesigne ainsi les ensembles suivants B = laquo Boule raquo et N = laquo Boule noire raquo et R = laquo Boule rouge raquo

Lorsque A et B et C et D sont des eacuteveacutenements on pose

AB = A cap B et ABC = A cap B cap C et ABCD = A cap B cap C cap D

7

On note U = 3R 2N lrsquourne et on dresse un arbre en partant de 3 boules rouges (noteacutees 3R) et 2boules noires (noteacutees 2N)Les tirages effectueacutes dans lrsquourne U = 3R 2N sont scheacutematiseacutes par lrsquoarbre suivant qui se lit degauche agrave droite

Il reste 12 R 23 RR dans lrsquourne 12 Il reste

4B=2R+2N N dans lrsquourne 13 Il reste 1U 35 3B=2R+1N N dans lrsquourne R

25 Il reste 23 2B=2RIl reste 34 R dans lrsquourne R

N dans lrsquourne 3B=2R+1N 13 Il reste 14B=3R+1N 14 N dans lrsquourne R

N Il reste 1 1 2B=2Rdans lrsquourne R R

3B=3R

Lrsquourne contient drsquoabord 5 boules puis agrave lrsquoissue du 1er tirage lrsquourne contient 4 boules (situationscheacutematiseacutee par 4B) puis agrave lrsquoissue du 2egraveme tirage lrsquourne contient 3 boules (situation scheacutematiseacutee par3B) puis agrave lrsquoissue du 3egraveme tirage lrsquourne contient 2 boules (situation scheacutematiseacutee par 2B)Lrsquoensemble Ω qui modeacutelise lrsquoexpeacuterience a six eacuteleacutements eacuteleacutementaires et on a Ω = RR RNR RNNR NRR NRNR NNRR Plus preacuteciseacutement

P(RR) = (35)(12) = 310P(RNR) = (35)(12)(23) = 210P(RNNR) = (35)(12)(13)(1) = 110

On note que

(ଷ

ଵ+

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ) + (

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ+

ଵ

ଵ) = 1

P(NRR) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = (25)(14)(1)(1) = 110

En lrsquoabsence de scheacutema on peut noter que comme le tirage est sans remise les eacuteveacutenementsne sont pas indeacutependants donc on calcule les intersections drsquoeacuteveacutenements en utilisant lesprobabiliteacutes conditionnelles et la formule des probabiliteacutes composeacutees

P(RcapR) = P(ଵ cap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ|ଶ) = (35)(24) = 310P(RcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (35)(12)(23) = 210

P(RcapNcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (35)(12)(13)(1) =ଵ

ଵ

P(NRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(14)(1)(1) = 110

Exercice 7Une urne contient sept boules blanches et trois boules noires et une autre quatre boulesblanches et deux boules noiresOn tire une boule dans chaque urneCalculer la probabiliteacute de tirer deux boules de mecircme couleur

8

DeacutemonstrationConsideacuterons les deux urnes ଵ= 7B 3N et ଶ = 4B 2N

Notons les eacuteveacutenements ܤ = laquo tirer une boule blanche de raquo et = laquo tirer une boule noire de raquoLrsquoensemble Ω est constitueacute drsquoeacuteleacutements de la forme ܤ cap

On a drsquoune part P(ܤଵ) =

ଵet P(ܤଶ) =

ସ

et drsquoautre part P(ଵ) =

ଷ

ଵet P(ଶ) =

ଶ

Les eacutevegravenements ଵܤ et ଶܤ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) et leseacutevegravenements ଵ et ଶ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) donc

P(ܤଵcap (ଶܤ = P (ଵܤ) P(ܤଶ) = ቀ

ଵቁ(

ସ

) =

ଵହet P (ଵcap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ) = (

ଷ

ଵ)(ଶ

) =

ଵ

ଵ

La probabiliteacute de tirer deux boules de la mecircme couleur est P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)]

Lors drsquoun mecircme tirage on ne peut pas tirer une boule blanche et une boule noire ensemble de lrsquourne

(mais soit une boule blanche soit une boule noire) donc ܤ cap = empty si 1 le le 2

Les eacuteveacutenements capଵܤ ଶetܤ ଵcap ଶ sont incompatibles (car capଵܤ ଶܤ sub ଵetܤ ଵcap ଶ sub ଵ donc

capଵܤ) (ଶܤ cap (ଵcap ଶ) sub capଵܤ ଵ = empty) donc

P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)] = P(ܤଵcap (ଶܤ + P(ଵcap ଶ) = P(ܤଵ)P(ܤଶ) + P(ଵ)P(ଶ) =

ଵହ+

ଵ

ଵ=ାଵହ

ଵହ=ଵସାଷ

ଷ

=ଵ

ଷ

Remarque

ଵଵܤ

ଵଷ

ଵ

ଵOn peut utiliser un scheacutema

46 ଶܤଶ

26 ଶ

Remarque (Lecoutre pages 10 et 17)

Les eacuteveacutenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B) = P (A) P(B)

Les eacuteveacutenements A et B sont incompatibles si et seulement si A cap B = empty

On notera que lorsque les trois relations A cap B = empty et P(A) gt 0 et P(B) gt 0 sont veacuterifieacutees les

eacuteveacutenements A et B sont incompatibles et ne sont pas indeacutependants [car P(A cap B) = 0 lt P (A) P(B)]

cette situation peut se rencontrer si B = ܣ

En revanche les eacuteveacutenements A et B veacuterifiant A cap B ne empty et P(A cap B) = P (A) P(B) sont indeacutependants et

ne sont pas incompatibles cette situation peut se rencontrer lors drsquoune suite de tirages de boulesextraites drsquoune mecircme urne telle toute boule tireacutee soit remise dans lrsquourne avant le tirage suivant et Alrsquoeacuteveacutenement laquo au 2egraveme tirage on obtient une boule noire raquo et B lrsquoeacuteveacutenement laquo au 3egraveme tirage onobtient une boule blanche raquo

9

TD ndeg 2 Calcul des probabiliteacutesA traiter du 21 au 25 Octobre 2013

Exercice 1 Examen Janvier 2013 Exercice 2Trois joueurs A et B et C tirent successivement et sans remise une boule dans une urne quicontient 4 boules noires 2 boules rouges et une boule verteSi un joueur tire une boule noire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircteCalculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur

DeacutemonstrationLes eacuteveacutenements utiliseacutes sont les eacuteveacutenements agrave savoir laquo Une boule noire est tireacutee lors du

egrave tirage raquoLes tirages sont sans remise donc les tirages ne sont pas indeacutependants-Lorsque A joue il y a 4+2+1 = 7 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc la probabiliteacuteP(A) que A gagne est la probabiliteacute P(ଵ) qursquoune boule noire soit tireacutee lors du premier tirage

donc P(A) = P(ଵ) =ସ

=ଶ

ଷହ

-Si B joue crsquoest que A a perdu donc il y a 6 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc laprobabiliteacute P(B) que B gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶ) qursquoune boule noire soit tireacutee par B

lors du deuxiegraveme tirage donc P(B) = P(ଵതതതcap ଶ) = P(ଵതതത) P(ଶ|ଵതതത) = (1 ndashସ

) (ସ

) = (

ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=ଵ

ଷହ

-Si C joue crsquoest que A et B ont perdu donc il y a 5 boules dans lrsquourne dont 4 boules noiresdonc la probabiliteacute P(C) que C gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) qursquoune boule noiresoit tireacutee par C lors du troisiegraveme tirage donc

P(C) = P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) = P(ଵതതത) P(ଶതതതത|ଵതതത) P(ଷ|ଵതതതcap ଶതതതത) = (1 ndashସ

) (1 ndash

ସ

) (ସ

ହ) = (

ଷ

)(ଶ

) (ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Remarque Il y a quatre tirages au plus donc on note X le nombre (aleacuteatoire) de tirages

Donc P(A) = P(X = 1) et P(B) = P(X = 2) et P(C) = P(X = 3) et P(A) =ସ

=ଶ

ଷହet on a

P(B) = P(B cap (ܣ = P(ܣ)P(B|ܣ) = (ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=

ଵ

ଷହet P(C) = P(ܣ)P(ܤത|ܣ) P(C|ܣ cap (തܤ = (

ଷ

)(ଶ

)(ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Il y a une probabiliteacute p =ଵ

ଷହque ni A ni B ni C ne gagne la partie donc

p = P(X = 4) = 1 ndash [P(A) + P(B) + P(C)] = 1 ndashଶାଵାସ

ଷହ=

ଵ

ଷହ

Exercice 2Deux eacuteveacutenements A et B ont comme probabiliteacutes respectives 14 et 13 de se reacutealiser seuls(lrsquoun et pas lrsquoautre)Sachant que la probabiliteacute que lrsquoun ou lrsquoautre se reacutealise est de 34 preacutecisez srsquoils sontindeacutependants ou non

Deacutemonstration

On note ܣ = ܣ = x isin Ω xnotin A le compleacutementaire de A donc A ⋂ ܣ = empty

Traduisons les hypothegraveses P(A cup B) =ଷ

ସet P(A cap Bc) =

ଵ

ସet P(Ac cap B) =

ଵ

ଷ

On a A = A cap Ω = A cap (BcupBc) = (AcapB) cup (AcapBc) et de mecircme B = (AcapB) cup (BcapAc)

On a (AcapB) cap (AcapBc) = empty = (AcapB) cap (BcapAc) = (AcapBc) cap (BcapAc) donc

Donc A cup B = (A cap Bc) cup (B cap Ac) cup (A cap B) est reacuteunion de trois ensembles deux agrave deux disjoints

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

6

Finalement P(4p) = P(4f) =ଵ

ଵet P(1p 3f) = P(3p 1f) =

ସ

ଵ=ଵ

ସet P(2p 2f) =

ଵ=

ଷ

ce sont les seuls

reacutesultats distinctsOn peut utiliser un scheacutema du type suivant

PP

FP P

FP F

PP

FF

PF

F

PP

FP P

FF F

PP

FF

PF

F

Exercice 6Une urne contient 3 boules rouges et 2 boules noiresOn effectue des tirages successifs sans remise et on srsquoarrecircte quand on a obtenu 2 boulesrougesPreacuteciser lrsquoensemble fondamental associeacute agrave cette expeacuterience en indiquant la probabiliteacute dechaque eacuteveacutenement eacuteleacutementaire

DeacutemonstrationComme le tirage est sans remise les eacuteveacutenements ne sont pas indeacutependants

Lrsquourne contient 5 boules agrave savoir 3 boules rouges et 2 boules noiresOn deacutesigne ainsi les ensembles suivants B = laquo Boule raquo et N = laquo Boule noire raquo et R = laquo Boule rouge raquo

Lorsque A et B et C et D sont des eacuteveacutenements on pose

AB = A cap B et ABC = A cap B cap C et ABCD = A cap B cap C cap D

7

On note U = 3R 2N lrsquourne et on dresse un arbre en partant de 3 boules rouges (noteacutees 3R) et 2boules noires (noteacutees 2N)Les tirages effectueacutes dans lrsquourne U = 3R 2N sont scheacutematiseacutes par lrsquoarbre suivant qui se lit degauche agrave droite

Il reste 12 R 23 RR dans lrsquourne 12 Il reste

4B=2R+2N N dans lrsquourne 13 Il reste 1U 35 3B=2R+1N N dans lrsquourne R

25 Il reste 23 2B=2RIl reste 34 R dans lrsquourne R

N dans lrsquourne 3B=2R+1N 13 Il reste 14B=3R+1N 14 N dans lrsquourne R

N Il reste 1 1 2B=2Rdans lrsquourne R R

3B=3R

Lrsquourne contient drsquoabord 5 boules puis agrave lrsquoissue du 1er tirage lrsquourne contient 4 boules (situationscheacutematiseacutee par 4B) puis agrave lrsquoissue du 2egraveme tirage lrsquourne contient 3 boules (situation scheacutematiseacutee par3B) puis agrave lrsquoissue du 3egraveme tirage lrsquourne contient 2 boules (situation scheacutematiseacutee par 2B)Lrsquoensemble Ω qui modeacutelise lrsquoexpeacuterience a six eacuteleacutements eacuteleacutementaires et on a Ω = RR RNR RNNR NRR NRNR NNRR Plus preacuteciseacutement

P(RR) = (35)(12) = 310P(RNR) = (35)(12)(23) = 210P(RNNR) = (35)(12)(13)(1) = 110

On note que

(ଷ

ଵ+

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ) + (

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ+

ଵ

ଵ) = 1

P(NRR) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = (25)(14)(1)(1) = 110

En lrsquoabsence de scheacutema on peut noter que comme le tirage est sans remise les eacuteveacutenementsne sont pas indeacutependants donc on calcule les intersections drsquoeacuteveacutenements en utilisant lesprobabiliteacutes conditionnelles et la formule des probabiliteacutes composeacutees

P(RcapR) = P(ଵ cap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ|ଶ) = (35)(24) = 310P(RcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (35)(12)(23) = 210

P(RcapNcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (35)(12)(13)(1) =ଵ

ଵ

P(NRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(14)(1)(1) = 110

Exercice 7Une urne contient sept boules blanches et trois boules noires et une autre quatre boulesblanches et deux boules noiresOn tire une boule dans chaque urneCalculer la probabiliteacute de tirer deux boules de mecircme couleur

8

DeacutemonstrationConsideacuterons les deux urnes ଵ= 7B 3N et ଶ = 4B 2N

Notons les eacuteveacutenements ܤ = laquo tirer une boule blanche de raquo et = laquo tirer une boule noire de raquoLrsquoensemble Ω est constitueacute drsquoeacuteleacutements de la forme ܤ cap

On a drsquoune part P(ܤଵ) =

ଵet P(ܤଶ) =

ସ

et drsquoautre part P(ଵ) =

ଷ

ଵet P(ଶ) =

ଶ

Les eacutevegravenements ଵܤ et ଶܤ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) et leseacutevegravenements ଵ et ଶ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) donc

P(ܤଵcap (ଶܤ = P (ଵܤ) P(ܤଶ) = ቀ

ଵቁ(

ସ

) =

ଵହet P (ଵcap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ) = (

ଷ

ଵ)(ଶ

) =

ଵ

ଵ

La probabiliteacute de tirer deux boules de la mecircme couleur est P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)]

Lors drsquoun mecircme tirage on ne peut pas tirer une boule blanche et une boule noire ensemble de lrsquourne

(mais soit une boule blanche soit une boule noire) donc ܤ cap = empty si 1 le le 2

Les eacuteveacutenements capଵܤ ଶetܤ ଵcap ଶ sont incompatibles (car capଵܤ ଶܤ sub ଵetܤ ଵcap ଶ sub ଵ donc

capଵܤ) (ଶܤ cap (ଵcap ଶ) sub capଵܤ ଵ = empty) donc

P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)] = P(ܤଵcap (ଶܤ + P(ଵcap ଶ) = P(ܤଵ)P(ܤଶ) + P(ଵ)P(ଶ) =

ଵହ+

ଵ

ଵ=ାଵହ

ଵହ=ଵସାଷ

ଷ

=ଵ

ଷ

Remarque

ଵଵܤ

ଵଷ

ଵ

ଵOn peut utiliser un scheacutema

46 ଶܤଶ

26 ଶ

Remarque (Lecoutre pages 10 et 17)

Les eacuteveacutenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B) = P (A) P(B)

Les eacuteveacutenements A et B sont incompatibles si et seulement si A cap B = empty

On notera que lorsque les trois relations A cap B = empty et P(A) gt 0 et P(B) gt 0 sont veacuterifieacutees les

eacuteveacutenements A et B sont incompatibles et ne sont pas indeacutependants [car P(A cap B) = 0 lt P (A) P(B)]

cette situation peut se rencontrer si B = ܣ

En revanche les eacuteveacutenements A et B veacuterifiant A cap B ne empty et P(A cap B) = P (A) P(B) sont indeacutependants et

ne sont pas incompatibles cette situation peut se rencontrer lors drsquoune suite de tirages de boulesextraites drsquoune mecircme urne telle toute boule tireacutee soit remise dans lrsquourne avant le tirage suivant et Alrsquoeacuteveacutenement laquo au 2egraveme tirage on obtient une boule noire raquo et B lrsquoeacuteveacutenement laquo au 3egraveme tirage onobtient une boule blanche raquo

9

TD ndeg 2 Calcul des probabiliteacutesA traiter du 21 au 25 Octobre 2013

Exercice 1 Examen Janvier 2013 Exercice 2Trois joueurs A et B et C tirent successivement et sans remise une boule dans une urne quicontient 4 boules noires 2 boules rouges et une boule verteSi un joueur tire une boule noire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircteCalculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur

DeacutemonstrationLes eacuteveacutenements utiliseacutes sont les eacuteveacutenements agrave savoir laquo Une boule noire est tireacutee lors du

egrave tirage raquoLes tirages sont sans remise donc les tirages ne sont pas indeacutependants-Lorsque A joue il y a 4+2+1 = 7 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc la probabiliteacuteP(A) que A gagne est la probabiliteacute P(ଵ) qursquoune boule noire soit tireacutee lors du premier tirage

donc P(A) = P(ଵ) =ସ

=ଶ

ଷହ

-Si B joue crsquoest que A a perdu donc il y a 6 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc laprobabiliteacute P(B) que B gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶ) qursquoune boule noire soit tireacutee par B

lors du deuxiegraveme tirage donc P(B) = P(ଵതതതcap ଶ) = P(ଵതതത) P(ଶ|ଵതതത) = (1 ndashସ

) (ସ

) = (

ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=ଵ

ଷହ

-Si C joue crsquoest que A et B ont perdu donc il y a 5 boules dans lrsquourne dont 4 boules noiresdonc la probabiliteacute P(C) que C gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) qursquoune boule noiresoit tireacutee par C lors du troisiegraveme tirage donc

P(C) = P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) = P(ଵതതത) P(ଶതതതത|ଵതതത) P(ଷ|ଵതതതcap ଶതതതത) = (1 ndashସ

) (1 ndash

ସ

) (ସ

ହ) = (

ଷ

)(ଶ

) (ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Remarque Il y a quatre tirages au plus donc on note X le nombre (aleacuteatoire) de tirages

Donc P(A) = P(X = 1) et P(B) = P(X = 2) et P(C) = P(X = 3) et P(A) =ସ

=ଶ

ଷହet on a

P(B) = P(B cap (ܣ = P(ܣ)P(B|ܣ) = (ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=

ଵ

ଷହet P(C) = P(ܣ)P(ܤത|ܣ) P(C|ܣ cap (തܤ = (

ଷ

)(ଶ

)(ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Il y a une probabiliteacute p =ଵ

ଷହque ni A ni B ni C ne gagne la partie donc

p = P(X = 4) = 1 ndash [P(A) + P(B) + P(C)] = 1 ndashଶାଵାସ

ଷହ=

ଵ

ଷହ

Exercice 2Deux eacuteveacutenements A et B ont comme probabiliteacutes respectives 14 et 13 de se reacutealiser seuls(lrsquoun et pas lrsquoautre)Sachant que la probabiliteacute que lrsquoun ou lrsquoautre se reacutealise est de 34 preacutecisez srsquoils sontindeacutependants ou non

Deacutemonstration

On note ܣ = ܣ = x isin Ω xnotin A le compleacutementaire de A donc A ⋂ ܣ = empty

Traduisons les hypothegraveses P(A cup B) =ଷ

ସet P(A cap Bc) =

ଵ

ସet P(Ac cap B) =

ଵ

ଷ

On a A = A cap Ω = A cap (BcupBc) = (AcapB) cup (AcapBc) et de mecircme B = (AcapB) cup (BcapAc)

On a (AcapB) cap (AcapBc) = empty = (AcapB) cap (BcapAc) = (AcapBc) cap (BcapAc) donc

Donc A cup B = (A cap Bc) cup (B cap Ac) cup (A cap B) est reacuteunion de trois ensembles deux agrave deux disjoints

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

7

On note U = 3R 2N lrsquourne et on dresse un arbre en partant de 3 boules rouges (noteacutees 3R) et 2boules noires (noteacutees 2N)Les tirages effectueacutes dans lrsquourne U = 3R 2N sont scheacutematiseacutes par lrsquoarbre suivant qui se lit degauche agrave droite

Il reste 12 R 23 RR dans lrsquourne 12 Il reste

4B=2R+2N N dans lrsquourne 13 Il reste 1U 35 3B=2R+1N N dans lrsquourne R

25 Il reste 23 2B=2RIl reste 34 R dans lrsquourne R

N dans lrsquourne 3B=2R+1N 13 Il reste 14B=3R+1N 14 N dans lrsquourne R

N Il reste 1 1 2B=2Rdans lrsquourne R R

3B=3R

Lrsquourne contient drsquoabord 5 boules puis agrave lrsquoissue du 1er tirage lrsquourne contient 4 boules (situationscheacutematiseacutee par 4B) puis agrave lrsquoissue du 2egraveme tirage lrsquourne contient 3 boules (situation scheacutematiseacutee par3B) puis agrave lrsquoissue du 3egraveme tirage lrsquourne contient 2 boules (situation scheacutematiseacutee par 2B)Lrsquoensemble Ω qui modeacutelise lrsquoexpeacuterience a six eacuteleacutements eacuteleacutementaires et on a Ω = RR RNR RNNR NRR NRNR NNRR Plus preacuteciseacutement

P(RR) = (35)(12) = 310P(RNR) = (35)(12)(23) = 210P(RNNR) = (35)(12)(13)(1) = 110

On note que

(ଷ

ଵ+

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ) + (

ଶ

ଵ+

ଵ

ଵ+

ଵ

ଵ) = 1

P(NRR) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = (25)(14)(1)(1) = 110

En lrsquoabsence de scheacutema on peut noter que comme le tirage est sans remise les eacuteveacutenementsne sont pas indeacutependants donc on calcule les intersections drsquoeacuteveacutenements en utilisant lesprobabiliteacutes conditionnelles et la formule des probabiliteacutes composeacutees

P(RcapR) = P(ଵ cap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ|ଶ) = (35)(24) = 310P(RcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (35)(12)(23) = 210

P(RcapNcapNcapR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (35)(12)(13)(1) =ଵ

ଵ

P(NRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) = (25)(34)(23) = 210P(NRNR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(34)(13)(1) = 110P(NNRR) = P(ଵ cap ଶ cap ଷ cap ସ) = P(ଵ) P(ଶ|ଵ) P(ଷ|ଵ cap ଶ) P(ସ|ଵ cap ଶ cap ଷ) = (25)(14)(1)(1) = 110

Exercice 7Une urne contient sept boules blanches et trois boules noires et une autre quatre boulesblanches et deux boules noiresOn tire une boule dans chaque urneCalculer la probabiliteacute de tirer deux boules de mecircme couleur

8

DeacutemonstrationConsideacuterons les deux urnes ଵ= 7B 3N et ଶ = 4B 2N

Notons les eacuteveacutenements ܤ = laquo tirer une boule blanche de raquo et = laquo tirer une boule noire de raquoLrsquoensemble Ω est constitueacute drsquoeacuteleacutements de la forme ܤ cap

On a drsquoune part P(ܤଵ) =

ଵet P(ܤଶ) =

ସ

et drsquoautre part P(ଵ) =

ଷ

ଵet P(ଶ) =

ଶ

Les eacutevegravenements ଵܤ et ଶܤ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) et leseacutevegravenements ଵ et ଶ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) donc

P(ܤଵcap (ଶܤ = P (ଵܤ) P(ܤଶ) = ቀ

ଵቁ(

ସ

) =

ଵହet P (ଵcap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ) = (

ଷ

ଵ)(ଶ

) =

ଵ

ଵ

La probabiliteacute de tirer deux boules de la mecircme couleur est P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)]

Lors drsquoun mecircme tirage on ne peut pas tirer une boule blanche et une boule noire ensemble de lrsquourne

(mais soit une boule blanche soit une boule noire) donc ܤ cap = empty si 1 le le 2

Les eacuteveacutenements capଵܤ ଶetܤ ଵcap ଶ sont incompatibles (car capଵܤ ଶܤ sub ଵetܤ ଵcap ଶ sub ଵ donc

capଵܤ) (ଶܤ cap (ଵcap ଶ) sub capଵܤ ଵ = empty) donc

P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)] = P(ܤଵcap (ଶܤ + P(ଵcap ଶ) = P(ܤଵ)P(ܤଶ) + P(ଵ)P(ଶ) =

ଵହ+

ଵ

ଵ=ାଵହ

ଵହ=ଵସାଷ

ଷ

=ଵ

ଷ

Remarque

ଵଵܤ

ଵଷ

ଵ

ଵOn peut utiliser un scheacutema

46 ଶܤଶ

26 ଶ

Remarque (Lecoutre pages 10 et 17)

Les eacuteveacutenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B) = P (A) P(B)

Les eacuteveacutenements A et B sont incompatibles si et seulement si A cap B = empty

On notera que lorsque les trois relations A cap B = empty et P(A) gt 0 et P(B) gt 0 sont veacuterifieacutees les

eacuteveacutenements A et B sont incompatibles et ne sont pas indeacutependants [car P(A cap B) = 0 lt P (A) P(B)]

cette situation peut se rencontrer si B = ܣ

En revanche les eacuteveacutenements A et B veacuterifiant A cap B ne empty et P(A cap B) = P (A) P(B) sont indeacutependants et

ne sont pas incompatibles cette situation peut se rencontrer lors drsquoune suite de tirages de boulesextraites drsquoune mecircme urne telle toute boule tireacutee soit remise dans lrsquourne avant le tirage suivant et Alrsquoeacuteveacutenement laquo au 2egraveme tirage on obtient une boule noire raquo et B lrsquoeacuteveacutenement laquo au 3egraveme tirage onobtient une boule blanche raquo

9

TD ndeg 2 Calcul des probabiliteacutesA traiter du 21 au 25 Octobre 2013

Exercice 1 Examen Janvier 2013 Exercice 2Trois joueurs A et B et C tirent successivement et sans remise une boule dans une urne quicontient 4 boules noires 2 boules rouges et une boule verteSi un joueur tire une boule noire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircteCalculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur

DeacutemonstrationLes eacuteveacutenements utiliseacutes sont les eacuteveacutenements agrave savoir laquo Une boule noire est tireacutee lors du

egrave tirage raquoLes tirages sont sans remise donc les tirages ne sont pas indeacutependants-Lorsque A joue il y a 4+2+1 = 7 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc la probabiliteacuteP(A) que A gagne est la probabiliteacute P(ଵ) qursquoune boule noire soit tireacutee lors du premier tirage

donc P(A) = P(ଵ) =ସ

=ଶ

ଷହ

-Si B joue crsquoest que A a perdu donc il y a 6 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc laprobabiliteacute P(B) que B gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶ) qursquoune boule noire soit tireacutee par B

lors du deuxiegraveme tirage donc P(B) = P(ଵതതതcap ଶ) = P(ଵതതത) P(ଶ|ଵതതത) = (1 ndashସ

) (ସ

) = (

ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=ଵ

ଷହ

-Si C joue crsquoest que A et B ont perdu donc il y a 5 boules dans lrsquourne dont 4 boules noiresdonc la probabiliteacute P(C) que C gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) qursquoune boule noiresoit tireacutee par C lors du troisiegraveme tirage donc

P(C) = P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) = P(ଵതതത) P(ଶതതതത|ଵതതത) P(ଷ|ଵതതതcap ଶതതതത) = (1 ndashସ

) (1 ndash

ସ

) (ସ

ହ) = (

ଷ

)(ଶ

) (ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Remarque Il y a quatre tirages au plus donc on note X le nombre (aleacuteatoire) de tirages

Donc P(A) = P(X = 1) et P(B) = P(X = 2) et P(C) = P(X = 3) et P(A) =ସ

=ଶ

ଷହet on a

P(B) = P(B cap (ܣ = P(ܣ)P(B|ܣ) = (ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=

ଵ

ଷହet P(C) = P(ܣ)P(ܤത|ܣ) P(C|ܣ cap (തܤ = (

ଷ

)(ଶ

)(ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Il y a une probabiliteacute p =ଵ

ଷହque ni A ni B ni C ne gagne la partie donc

p = P(X = 4) = 1 ndash [P(A) + P(B) + P(C)] = 1 ndashଶାଵାସ

ଷହ=

ଵ

ଷହ

Exercice 2Deux eacuteveacutenements A et B ont comme probabiliteacutes respectives 14 et 13 de se reacutealiser seuls(lrsquoun et pas lrsquoautre)Sachant que la probabiliteacute que lrsquoun ou lrsquoautre se reacutealise est de 34 preacutecisez srsquoils sontindeacutependants ou non

Deacutemonstration

On note ܣ = ܣ = x isin Ω xnotin A le compleacutementaire de A donc A ⋂ ܣ = empty

Traduisons les hypothegraveses P(A cup B) =ଷ

ସet P(A cap Bc) =

ଵ

ସet P(Ac cap B) =

ଵ

ଷ

On a A = A cap Ω = A cap (BcupBc) = (AcapB) cup (AcapBc) et de mecircme B = (AcapB) cup (BcapAc)

On a (AcapB) cap (AcapBc) = empty = (AcapB) cap (BcapAc) = (AcapBc) cap (BcapAc) donc

Donc A cup B = (A cap Bc) cup (B cap Ac) cup (A cap B) est reacuteunion de trois ensembles deux agrave deux disjoints

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

8

DeacutemonstrationConsideacuterons les deux urnes ଵ= 7B 3N et ଶ = 4B 2N

Notons les eacuteveacutenements ܤ = laquo tirer une boule blanche de raquo et = laquo tirer une boule noire de raquoLrsquoensemble Ω est constitueacute drsquoeacuteleacutements de la forme ܤ cap

On a drsquoune part P(ܤଵ) =

ଵet P(ܤଶ) =

ସ

et drsquoautre part P(ଵ) =

ଷ

ଵet P(ଶ) =

ଶ

Les eacutevegravenements ଵܤ et ଶܤ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) et leseacutevegravenements ଵ et ଶ sont indeacutependants (car ils sont issus de deux urnes diffeacuterentes) donc

P(ܤଵcap (ଶܤ = P (ଵܤ) P(ܤଶ) = ቀ

ଵቁ(

ସ

) =

ଵହet P (ଵcap ଶ) = P(ଵ) P(ଶ) = (

ଷ

ଵ)(ଶ

) =

ଵ

ଵ

La probabiliteacute de tirer deux boules de la mecircme couleur est P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)]

Lors drsquoun mecircme tirage on ne peut pas tirer une boule blanche et une boule noire ensemble de lrsquourne

(mais soit une boule blanche soit une boule noire) donc ܤ cap = empty si 1 le le 2

Les eacuteveacutenements capଵܤ ଶetܤ ଵcap ଶ sont incompatibles (car capଵܤ ଶܤ sub ଵetܤ ଵcap ଶ sub ଵ donc

capଵܤ) (ଶܤ cap (ଵcap ଶ) sub capଵܤ ଵ = empty) donc

P[(ܤଵcap (ଶܤ cup (ଵcap ଶ)] = P(ܤଵcap (ଶܤ + P(ଵcap ଶ) = P(ܤଵ)P(ܤଶ) + P(ଵ)P(ଶ) =

ଵହ+

ଵ

ଵ=ାଵହ

ଵହ=ଵସାଷ

ଷ

=ଵ

ଷ

Remarque

ଵଵܤ

ଵଷ

ଵ

ଵOn peut utiliser un scheacutema

46 ଶܤଶ

26 ଶ

Remarque (Lecoutre pages 10 et 17)

Les eacuteveacutenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B) = P (A) P(B)

Les eacuteveacutenements A et B sont incompatibles si et seulement si A cap B = empty

On notera que lorsque les trois relations A cap B = empty et P(A) gt 0 et P(B) gt 0 sont veacuterifieacutees les

eacuteveacutenements A et B sont incompatibles et ne sont pas indeacutependants [car P(A cap B) = 0 lt P (A) P(B)]

cette situation peut se rencontrer si B = ܣ

En revanche les eacuteveacutenements A et B veacuterifiant A cap B ne empty et P(A cap B) = P (A) P(B) sont indeacutependants et

ne sont pas incompatibles cette situation peut se rencontrer lors drsquoune suite de tirages de boulesextraites drsquoune mecircme urne telle toute boule tireacutee soit remise dans lrsquourne avant le tirage suivant et Alrsquoeacuteveacutenement laquo au 2egraveme tirage on obtient une boule noire raquo et B lrsquoeacuteveacutenement laquo au 3egraveme tirage onobtient une boule blanche raquo

9

TD ndeg 2 Calcul des probabiliteacutesA traiter du 21 au 25 Octobre 2013

Exercice 1 Examen Janvier 2013 Exercice 2Trois joueurs A et B et C tirent successivement et sans remise une boule dans une urne quicontient 4 boules noires 2 boules rouges et une boule verteSi un joueur tire une boule noire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircteCalculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur

DeacutemonstrationLes eacuteveacutenements utiliseacutes sont les eacuteveacutenements agrave savoir laquo Une boule noire est tireacutee lors du

egrave tirage raquoLes tirages sont sans remise donc les tirages ne sont pas indeacutependants-Lorsque A joue il y a 4+2+1 = 7 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc la probabiliteacuteP(A) que A gagne est la probabiliteacute P(ଵ) qursquoune boule noire soit tireacutee lors du premier tirage

donc P(A) = P(ଵ) =ସ

=ଶ

ଷହ

-Si B joue crsquoest que A a perdu donc il y a 6 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc laprobabiliteacute P(B) que B gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶ) qursquoune boule noire soit tireacutee par B

lors du deuxiegraveme tirage donc P(B) = P(ଵതതതcap ଶ) = P(ଵതതത) P(ଶ|ଵതതത) = (1 ndashସ

) (ସ

) = (

ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=ଵ

ଷହ

-Si C joue crsquoest que A et B ont perdu donc il y a 5 boules dans lrsquourne dont 4 boules noiresdonc la probabiliteacute P(C) que C gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) qursquoune boule noiresoit tireacutee par C lors du troisiegraveme tirage donc

P(C) = P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) = P(ଵതതത) P(ଶതതതത|ଵതതത) P(ଷ|ଵതതതcap ଶതതതത) = (1 ndashସ

) (1 ndash

ସ

) (ସ

ହ) = (

ଷ

)(ଶ

) (ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Remarque Il y a quatre tirages au plus donc on note X le nombre (aleacuteatoire) de tirages

Donc P(A) = P(X = 1) et P(B) = P(X = 2) et P(C) = P(X = 3) et P(A) =ସ

=ଶ

ଷହet on a

P(B) = P(B cap (ܣ = P(ܣ)P(B|ܣ) = (ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=

ଵ

ଷହet P(C) = P(ܣ)P(ܤത|ܣ) P(C|ܣ cap (തܤ = (

ଷ

)(ଶ

)(ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Il y a une probabiliteacute p =ଵ

ଷହque ni A ni B ni C ne gagne la partie donc

p = P(X = 4) = 1 ndash [P(A) + P(B) + P(C)] = 1 ndashଶାଵାସ

ଷହ=

ଵ

ଷହ

Exercice 2Deux eacuteveacutenements A et B ont comme probabiliteacutes respectives 14 et 13 de se reacutealiser seuls(lrsquoun et pas lrsquoautre)Sachant que la probabiliteacute que lrsquoun ou lrsquoautre se reacutealise est de 34 preacutecisez srsquoils sontindeacutependants ou non

Deacutemonstration

On note ܣ = ܣ = x isin Ω xnotin A le compleacutementaire de A donc A ⋂ ܣ = empty

Traduisons les hypothegraveses P(A cup B) =ଷ

ସet P(A cap Bc) =

ଵ

ସet P(Ac cap B) =

ଵ

ଷ

On a A = A cap Ω = A cap (BcupBc) = (AcapB) cup (AcapBc) et de mecircme B = (AcapB) cup (BcapAc)

On a (AcapB) cap (AcapBc) = empty = (AcapB) cap (BcapAc) = (AcapBc) cap (BcapAc) donc

Donc A cup B = (A cap Bc) cup (B cap Ac) cup (A cap B) est reacuteunion de trois ensembles deux agrave deux disjoints

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

9

TD ndeg 2 Calcul des probabiliteacutesA traiter du 21 au 25 Octobre 2013

Exercice 1 Examen Janvier 2013 Exercice 2Trois joueurs A et B et C tirent successivement et sans remise une boule dans une urne quicontient 4 boules noires 2 boules rouges et une boule verteSi un joueur tire une boule noire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircteCalculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur

DeacutemonstrationLes eacuteveacutenements utiliseacutes sont les eacuteveacutenements agrave savoir laquo Une boule noire est tireacutee lors du

egrave tirage raquoLes tirages sont sans remise donc les tirages ne sont pas indeacutependants-Lorsque A joue il y a 4+2+1 = 7 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc la probabiliteacuteP(A) que A gagne est la probabiliteacute P(ଵ) qursquoune boule noire soit tireacutee lors du premier tirage

donc P(A) = P(ଵ) =ସ

=ଶ

ଷହ

-Si B joue crsquoest que A a perdu donc il y a 6 boules dans lrsquourne dont 4 boules noires donc laprobabiliteacute P(B) que B gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶ) qursquoune boule noire soit tireacutee par B

lors du deuxiegraveme tirage donc P(B) = P(ଵതതതcap ଶ) = P(ଵതതത) P(ଶ|ଵതതത) = (1 ndashସ

) (ସ

) = (

ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=ଵ

ଷହ

-Si C joue crsquoest que A et B ont perdu donc il y a 5 boules dans lrsquourne dont 4 boules noiresdonc la probabiliteacute P(C) que C gagne est la probabiliteacute P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) qursquoune boule noiresoit tireacutee par C lors du troisiegraveme tirage donc

P(C) = P(ଵതതതcap ଶതതതതcap ଷ) = P(ଵതതത) P(ଶതതതത|ଵതതത) P(ଷ|ଵതതതcap ଶതതതത) = (1 ndashସ

) (1 ndash

ସ

) (ସ

ହ) = (

ଷ

)(ଶ

) (ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Remarque Il y a quatre tirages au plus donc on note X le nombre (aleacuteatoire) de tirages

Donc P(A) = P(X = 1) et P(B) = P(X = 2) et P(C) = P(X = 3) et P(A) =ସ

=ଶ

ଷହet on a

P(B) = P(B cap (ܣ = P(ܣ)P(B|ܣ) = (ଷ

)(ସ

) =

ଶ

=

ଵ

ଷହet P(C) = P(ܣ)P(ܤത|ܣ) P(C|ܣ cap (തܤ = (

ଷ

)(ଶ

)(ସ

ହ) =

ସ

ଷହ

Il y a une probabiliteacute p =ଵ

ଷହque ni A ni B ni C ne gagne la partie donc

p = P(X = 4) = 1 ndash [P(A) + P(B) + P(C)] = 1 ndashଶାଵାସ

ଷହ=

ଵ

ଷହ

Exercice 2Deux eacuteveacutenements A et B ont comme probabiliteacutes respectives 14 et 13 de se reacutealiser seuls(lrsquoun et pas lrsquoautre)Sachant que la probabiliteacute que lrsquoun ou lrsquoautre se reacutealise est de 34 preacutecisez srsquoils sontindeacutependants ou non

Deacutemonstration

On note ܣ = ܣ = x isin Ω xnotin A le compleacutementaire de A donc A ⋂ ܣ = empty

Traduisons les hypothegraveses P(A cup B) =ଷ

ସet P(A cap Bc) =

ଵ

ସet P(Ac cap B) =

ଵ

ଷ

On a A = A cap Ω = A cap (BcupBc) = (AcapB) cup (AcapBc) et de mecircme B = (AcapB) cup (BcapAc)

On a (AcapB) cap (AcapBc) = empty = (AcapB) cap (BcapAc) = (AcapBc) cap (BcapAc) donc

Donc A cup B = (A cap Bc) cup (B cap Ac) cup (A cap B) est reacuteunion de trois ensembles deux agrave deux disjoints

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

10

Ainsi on obtient la formule geacuteneacuterale P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(Ac cap B) + P(A cap B)

Donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(Ac cap B)] =ଷ

ସndashଵ

ସndashଵ

ଷ=ଽ ଷସ

ଵଶ=ଵ

Donc P(A) = P(A cap B) + P(A cap Bc) =ଵ

+ଵ

ସ=ଵ

ଶସ=

ହ

ଵଶet P(B) = P(A cap B) + P(Ac cap B) =

ଵ

+ଵ

ଷ=

ଽ

ଵ=ଵ

ଶ

Donc P(A)P(B)= (ହ

ଵଶ)(ଵ

ଶ) =

ହ

ଶସ ne

ଵ

= P(AcapB) et ainsi A et B sont deacutependants

Remarque

Soit A et B des sous ensembles drsquoun ensemble Ω et P A rarr [0 1] une probabiliteacute sur une tribu A de Ω

A B

Lrsquoensemble A cap B est repreacutesenteacute par la zone hachureacutee en violet

Lrsquoensemble A cap Bc est lrsquoensemble des eacuteleacutements de A qui nrsquoappartiennent pas agrave B

Lrsquoensemble B cap Ac est lrsquoensemble des eacuteleacutements de B qui nrsquoappartiennent pas agrave A

Donc on a la reacuteunion disjointe A cup B = (A cap Bc ) cup (B cap Ac ) cup (A cap B )

Donc P(A cup B) = P(A cap Bc) + P(B cap Ac) + P(A cap B) donc P(A cap B) = P(A cup B) ndash [P(A cap Bc) + P(B cap Ac) ]

Remarque Tant que lrsquoon nrsquoa pas calculeacute les nombres P(A) et P(B) il nrsquoest pas possible

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB)

-ni drsquoutiliser la relation P(AcapB) = P(A) P(B) lorsque A et B sont indeacutependants

-ni donc drsquoutiliser la relation P(A) P(B) = P(AcapB) = P(A) + P(B) ndash P(AcupB) lorsque A et B sont

indeacutependants

Exercice 3Un laboratoire a mis au point un test rapide de deacutepistage du VIH (virus responsable du SIDA)mais qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute de 099 si le patient est effectivement atteint et avec uneprobabiliteacute de 001 si le patient nrsquoest pas atteintOn tire au hasard un individu dans une population ougrave 4 sont porteurs du VIHCalculer la probabiliteacute qursquoil ne soit pas atteint sachant que le test a eacuteteacute positif

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2011)Notons A lrsquoeacuteveacutenement laquo le patient est effectivement atteint de la maladieraquo et T+ lrsquoeacuteveacutenement

laquo le test est positif raquo donc ܣ) cap T+) = (+) P(ܣ | T+)Par hypothegravese P(T+|A) = 099 et P(T+|ܣ) = 001 et P(A) = 004 donc P(ܣ) = 1 ndash 004 = 096

Comme ܣ) cap T+) cap cap ܣ) T+) = empty et ܣ) cap T+) cup cap ܣ) T+) = T+ on a

ܣ) cap T+) + cap ܣ) T+) = (T+) et la formule de Bayes srsquoeacutecrit

P(ܣ|T+) =( cap ା)

(ା)=

()(ା| )

()(ା|)ା()(ା|)=

(ଽ)( ଵ)

(ସ)(ଽଽ) ା(ଽ)(ଵ)=

ଽ

ସ௫ଽଽାଽ=

ଶସ

ଽଽାଶସ=

ସଵ

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

11

Donc P(ܣ|T+) =ଽ

ସଽଶ=

ସଵ≃ 02

On peut faire le scheacutema suivant

T+099

ܣ001

004 T +തതതതത

Individu096 T+

001

ܣ099

T +തതതതത

Exercice 4Une urne ଵ contient 2 boules noires et une urne ଶ contient 2 boules blanches et une urneଷ contient une boule blanche et une boule noireOn vous preacutesente une urne qui a eacuteteacute tireacutee au hasardCalculer la probabiliteacute que ce soit ଵ -si vous savez que lrsquourne contient au moins une boule noire-si vous tirez une boule noire de cette urne

Deacutemonstration (Voir le livre Lecoutre TD Edition 4 pages 10 et 19)

Rappelons que P(AB) =(cap)

()est la probabiliteacute que lrsquoeacutevegravenement A se reacutealise sachant que

lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute on dit que P(AB) est la probabiliteacute conditionnelle de lrsquoeacutevegravenement A

lorsque lrsquoeacutevegravenement B est reacutealiseacute

Reacutesumons les hypothegraveses de lrsquoeacutenonceacute

ଵ ଶ ଷBoules blanches xx x

Boules noires xx x

Notons que ଵ cap ଷ = empty (car les urnes sont diffeacuterentes)

Soit U lrsquourne tireacutee au hasard donc comme il y a 3 urnes on a P() =ଵ

ଷ

Si U contient au moins une boule noire alors U est eacutegale soit agrave ଵ soit agrave ଷ (car ଶne contient pasde boule noire) et donc la probabiliteacute pour que U = ଵ est

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ଵcup ଷ) =[భcap(భcupయ)]

(భcupయ)=

(భ)

(భcupయ)=

(భ)

(భ)ା(య)=

భ

య

(భ

యାభ

య)

=ଵ

ଶ

Si on tire une boule noire N de U alors

P(N ∣ ଵ) = 1 (car toutes les boules de U 1 sont noires) et P(N ∣ଷ) =ଵ

ଶ(car ଷ contient 2 boules dont 1

noire) et comme ଶ ne contient pas de boule noire on a

N = N cap (ଵ cup ଷ) = (ଵ cap N) ⋃ (ଷ cap N) donc P(N) = (ଵ cap N) + (ଷ cap N) donc la probabiliteacute

pour que U = ଵ est

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

12

P(U = ଵ) = P(ଵ ∣ N) =[భcap]

(ே)=(ே ∣ భ)((భ)

(ே)=

(ே ∣ భ)((భ)

(ே ∣ భ)((భ) ା (ே ∣ య)(య)=

(ଵ)(భ

య)

(ଵ)ቀభ

యቁାቀ

భ

మቁ(భ

య)

=ଶ

ଷ

Remarque On peut aussi utiliser les eacuteveacutenements

= laquo Lrsquourne contient au moins une boule blanche raquo

ே = laquo Lrsquourne contient au moins une boule noire raquo

Exercice 5Si on obtient pile en lanccedilant une piegravece de monnaie on jette le deacute A qui a 4 faces rouges et 2blanchesSi on obtient face on jette le deacute B qui a 2 faces rouges et 4 blanchesCalculer la probabiliteacute de chacun des eacuteveacutenements suivants 1-Obtenir une face rouge2-Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge3-Avoir utiliseacute le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 fois de suite une face rouge

DeacutemonstrationOn lance une piegravece de monnaie -si on obtient le cocircteacute laquo pile raquo de la piegravece on jette le deacute A (qui a 4 faces rouges et 2 faces blanches)-si on obtient le cocircteacute laquo face raquo de la piegravece on jette le deacute B (qui a 2 faces rouges et 4 faces blanches)

Reacutesumons la situation

En lanccedilant la piegravece de monnaie on obtient le cocircteacute suivant Probabiliteacute Deacute A (6 faces) Deacute B (6 faces)

Pile frac12 rrrrbb

Face frac12 rrbbbb

La probabiliteacute de lancer le deacute A est P(A) =ଵ

ଶet la probabiliteacute de lancer le deacute B est P(B) =

ଵ

ଶ

Les tirages sont les suivants

En lanccedilant la piegravece de monnaie trois fois desuite on obtient (suivant les cocircteacutes de la piegravecequi sont apparus) lrsquoeacuteveacutenement H agrave savoir

Les deacutes qui interviennentlorsque H est reacutealiseacutesont

La probabiliteacute drsquoobtention desfaces rouges lorsque H estreacutealiseacute est

L1 3 cocircteacutes laquo pile raquo et 0 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap A (ସ

)ଷ = (

ଶ

ଷ)ଷ =

ଶ

L2 2 cocircteacutes laquo pile raquo et 1 cocircteacute laquo face raquo A cap A cap B (ସ

)ଶ (

ଶ

) = (

ଶ

ଷ)ଶ (

ଵ

ଷ) =

ସ

ଶ

L3 1 cocircteacute laquo pile raquo et 2 cocircteacutes laquo face raquo A cap B cap B (ସ

) (

ଶ

)ଶ = (

ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ଶ=

ଶ

ଶ

L4 0 cocircteacute laquo pile raquo et 3 cocircteacutes laquo face raquo B cap B cap B (ଶ

)ଷ = (

ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

-On dispose des eacuteveacutenements suivants =ݎ laquo Obtenir (lors drsquoun lancer) une face rouge raquo

ݎ = laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge raquoLes eacuteveacutenements ଵݎ et ଶݎ et ଷݎ nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuvent ecirctre consideacutereacutes commeeacutetant indeacutependants donc P ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = P (ଵݎ) P (ଶݎ) P (ଷݎ)

-Traduction

ݎ cap A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute A raquo

ݎ cap B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir (lors du egrave lancer) une face rouge avec le deacute B raquo

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

13

capݎ A est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A raquocapݎ B est lrsquoeacutevegravenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B raquo

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = empty

Donc ݎ = ݎ cap Ω = ݎ cap (A cup B) = ݎ) cap A) cup ݎ) cap B)

-On a P(A) = P(B) =ଵ

ଶ

P(ݎ ∣A) =ସ

(puisque A a 6 faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ ∣B) =ଶ

(puisque B a 6 faces dont 2 faces rouges)

1deg La probabiliteacute drsquoobtenir une face rouge lors du egrave lancer est

P(ݎ) = P(ݎ cap A) + P(ݎ cap B) = P(ݎ ∣ A) P(A) + P(ݎ ∣ B) P(B) = (ସ

)(ଵ

ଶ)+(

ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ+ଵ

=ଵ

ଶ

P(ݎ) est aussi la probabiliteacute P(ݎ) drsquoobtenir une face rouge lors drsquoun lancer

2deg Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo est reacutealiseacute soitavec le deacute A soit avec le deacute BIntuitivement lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir 3 fois de suite (avec le mecircme deacute) une face rouge raquo estreacutealiseacute -avec le deacute A par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Pile Rouge raquo laquo Pile

Rouge raquo laquo Pile Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ସ

)] = (

ଵ

ଷ)ଷ

-avec le deacute B par la suite des trois eacuteveacutenements indeacutependants entre eux laquo Face Rouge raquo laquoFace

Rougeraquo laquo Face Rouge raquo dont la probabiliteacute drsquoobtention est [(ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] x [(

ଵ

ଶ) (ଶ

)] = (

ଵ

)ଷ

Plus formellement Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute A lors du egrave lancer raquo est ݎ cap A

Lrsquoeacuteveacutenement laquo Obtenir une face rouge avec le deacute B lors du egrave lancer raquo est ݎ cap BDrsquoougrave

P(ݎ cap A) = (ସ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଷ(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer A et drsquoautre part A possegravede 6

faces dont 4 faces rouges)

P(ݎ cap B) = (ଶ

)(ଵ

ଶ) =

ଵ

(puisqursquoil y a drsquoune part 1 chance sur 2 de lancer B et drsquoautre part B possegravede 6

faces dont 2 faces rouges)

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap A et ଶݎ cap A et ଷݎ cap A nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute A est P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] = P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) P(ݎଵ cap A) = (ଵ

ଷ)ଷ =

ଵ

ଶ

Comme les 3 eacutevegravenements ଵݎ cap B et ଶݎ cap B et ଷݎ cap B nrsquoont pas de rapport entre eux donc peuventecirctre consideacutereacutes comme eacutetant indeacutependants la probabiliteacute drsquoobtenir trois fois de suite une face rouge

avec le deacute B est P[(ݎଵ cap B) cap ଶݎ) cap B) cap ଶݎ) cap B)] = P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) P(ݎଵ cap B) = (ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶଵ

Les eacuteveacutenements ݎ cap A et ݎ cap B sont incompatibles donc ݎ) cap A) cap ݎ) cap B) = emptyLa probabiliteacute drsquoobtenir 3 fois de suite une face rouge avec le mecircme deacute (cest-agrave-dire avec le deacute A ouavec le deacute B) est donc P ଵݎ)] cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)]cup[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)] = P[(ݎଵ cap A)cap(ݎଶ cap A)cap(ݎଶ cap A)] + P[(ݎଵ cap B)cap(ݎଶ cap B)cap(ݎଶ cap B)]

= (ଵ

ଷ)ଷ + (

ଵ

)ଷ =

ଵ

ଶ+

ଵ

( )(ଶ)=

ଵ

ଶ(1+

ଵ

) = (

ଵ

ଶ)(ଽ

) =

ଵ

ଶସ

3deg Les eacuteveacutenements ଵݎ et ଶetݎ ଷݎ sont indeacutependants donc ଵݎ) cap ଶݎ cap (ଷݎ = (ଵݎ) ଶݎ) (ଷݎ)( = (ଵ

ଶ)ଷ

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

14

La probabiliteacute drsquoavoir utiliseacute uniquement le deacute A sachant que lrsquoon a obtenu 3 faces rouges en trois

lancers est P(A | r1 cap r2 cap r3) =(capభcap మcap య)

(భcap మcap య)=[(భcap )cap(మcap )cap(మcap )]

(భcap మ cap య)=

భ

మళ

(భ

మ)య

=

ଶ

On est dans le cas eacutevoqueacute dans la ligne L1 du deuxiegraveme tableau

Exercice 6Deux urnes a et b contiennent respectivement une boule noire et 3 boules blanches etlrsquoautre urne 3 boules noires et 5 boules blanchesOn tire au hasard une boule dans chaque urne pour la placer ensuite dans lrsquoautre1-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boulesblanches2-Calculer la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne ait retrouveacute sa compositioninitiale

DeacutemonstrationLa situation est la suivante

Urne a (4 boules) Urne b (8 boules)

Boules noires x xxx

Boules blanches xxx xxxxx

1deg On tire une boule dans chaque urne et on la place dans lrsquoautre urneConsideacuterons les eacutevegravenements

= laquotirer une boule noire dans lrsquourne a raquo donc P() =ଵ

ସ

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne b raquo donc P(ܤ) =ହ

Il est clair que les eacuteveacutenements et ܤ nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependantsApregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches si et seulement si une boule noire aeacuteteacute tireacutee de lrsquourne a et une boule blanche a eacuteteacute tireacutee de lrsquourne b

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches raquo est cap ܤLa probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange lrsquourne a ne contienne que des boules blanches est donc

P( (ܤ cap = P()P(ܤ) = (ଵ

ସ)(ହ

) =

ହ

ଷଶ

2deg Consideacuterons les eacutevegravenements

ܤ = laquo tirer une boule blanche dans lrsquourne a raquo donc P(ܤ) =ଷ

ସ

= laquo tirer une boule noire dans lrsquourne b raquo donc P() =ଷ

Il est clair que les eacuteveacutenements ܤ et nrsquoont pas de rapport entre eux donc sont indeacutependants

Lrsquoeacutevegravenement laquo apregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale raquo est (cap)cup (ܤcapܤ)

Donc la probabiliteacute pour qursquoapregraves lrsquoeacutechange chaque urne a sa composition initiale est

P[(cap))cup [(ܤcapܤ)

Les eacutevegravenements cap et ܤcapܤ sont incompatibles et les eacutevegravenements et sont

indeacutependants et les eacutevegravenements ܤ et ܤ sont indeacutependants donc

P[(cap)) cup [(ܤcapܤ) = P(cap))+ P(ܤcapܤ) = P()P())+P(ܤ)P(ܤ)] = (ଵ

ସ)ቀ

ଷ

ቁ+ ቀ

ଷ

ସቁቀ

ହ

ቁ=

ଽ

ଵ

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

15

Exercice 7Soit p la proportion de bovins drsquoun deacutepartement franccedilais atteints de la maladie ESB (laquo vachefolle raquo)On utilise un test de deacutepistage qui nrsquoest pas totalement fiableIl est positif avec une probabiliteacute 1 ndash ߙ si lrsquoanimal est effectivement malade et avec uneprobabiliteacute ߚ si lrsquoanimal nrsquoest pas malade1-Calculer la probabiliteacute (p)ߨ qursquoun animal pris au hasard dans ce deacutepartement soiteffectivement malade sachant que le test a eacuteteacute positif2-On suppose agrave partir de maintenant que ߙ = ߚDeacuteterminer (p)ߨ puis calculer la valeur (ߙ)ߨ et commenter le reacutesultat3-Calculer la valeur approcheacutee de (0005)ߨ pour ߙ = 002 puis pour ߙ = 001 et commenter lereacutesultat

DeacutemonstrationLes hypothegraveses sont les suivantes

Test Test positif T+ Test neacutegatif T ndash Population

Animal malade M 1 ndash α = P(T+ M) α p = P(M)

Animal sain ഥܯ β = P(T+ܯഥ) 1 ndash β 1 ndash p = P(ܯഥ)

Notons que P(T+) = P[T+ cap (M cup [(ഥܯ = P[(T+ cap M) cup (T+ cap [(ഥܯ = P(T+ cap M) + P(T+ cap (ഥܯ

= P(M)P(T+M) + P(ܯഥ)P(T+ܯഥ) = p(1 ndash α) + (1ndashp) β

1-La probabiliteacute pour qursquoun animal du deacutepartement soit malade si le test est positif est

π(p) = P(M T+) =(ெ cap ା)

(ା)=൫ெ ) (ା ൯

(ା)=

(ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ

2-Si α = β alors π(p) = (ଵఈ)

୮(ଵndash ) ା (ଵndash୮) ஒ=

(ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

(ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮

Si p = α on a π(α) = (ଵఈ)

୮൫ଵndash ൯ା ൫ଵndash୮൯=

ఈ(ଵఈ)

ఈ൫ଵndash ൯ା ൫ଵndashఈ൯=

ఈ

ఈାఈ=ଵ

ଶ

Lorsque le risque drsquoerreur du test α est eacutegal agrave la proportion p drsquoanimaux malades (dans la population) il y a une chance sur deux que lrsquoanimal soit malade quand le test est positif

3-Si p = 0005 on a ଵ

=

ଵ

ହ= (

ହ

ଵ) ndash 1 =

ଵ

ହ= 200

Donc π(0005) = π(p) = (ଵఈ)

ା ൫ଵndashଶ൯୮=

(ଵఈ)

(

) ା ൫ଵndashଶ൯

=ଵఈ

ଶఈ ା(ଵଶఈ)=

ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ

Si α = 002 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଵଶ

ଵା ଵଽ (ଶ)=

ଽ

ସଽ=

ସଽ

ଶସ≃ଵ

ହ

Si α = 001 on a π(0005) = π(p) = ଵఈ

ଵା ଵଽ ఈ=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଵଵ

ଵା ଵଽ (ଵ)=

ଽଽ

ଶଽ≃ଵ

ଷ

Le taux de deacutetection de la maladie π(p) est tregraves faible mecircme lorsque le risque drsquoerreur α est faible il srsquoagit drsquoune maladie rare

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

16

TD ndeg 3 Variable aleacuteatoireA traiter du 4 au 8 Novembre 2013

Exercice 1Quatre joueurs A et B et C et D tirent successivement et sans remise une carte drsquoun lot de 6cartes numeacuteroteacutees de 1 agrave 6Si un joueur tire une carte paire il a gagneacute et le jeu srsquoarrecircte1-Calculer la probabiliteacute de gain de chaque joueur2-Soit N la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre de tirages effectueacutesCalculer E(N)

DeacutemonstrationOn a le scheacutema suivant

A gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

A joue B gagne Le jeu srsquoarrecircteଵ

ଶ

ଷ

ହ

A perd et B joue C gagne Le jeu srsquoarrecircteଶ

ହ

ଷ

ସ

B perd et C joue D gagneଵ

ସ1

C perd et D joue0

D perd

1-Les cartes sont numeacuteroteacutees de 1 agrave 6 donc avant le tirage il y a trois cartes paires et troiscartes impairesLes eacuteveacutenements qui interviennent sont ଵܣ = laquo A tire une carte paire au 1er tirage raquoଶܤ = laquo B tire une carte paire au 2egraveme tirage raquoଷܥ = laquo C tire une carte paire au 3egraveme tirage raquoସܦ = laquo D tire une carte paire au 4egraveme tirage raquo

Lorsque A tire une carte A a 3 chances sur 6 de tirer une carte paire donc P(A) =ଵ

ଶdonc P(ܣ) =

ଵ

ଶ

Si B tire une carte crsquoest que A nrsquoa pas gagneacute donc il reste 3 cartes paires et 2 cartes

impaires donc P(B2ܣଵതതത) =ଷ

ହdonc P(B) = P(ܣଵതതത⋂ B2) = P (B2ܣଵതതത) P(ܣଵതതത) = (

ଷ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଷ

ଵ

Si C tire une carte crsquoest que ni A ni B nrsquoont gagneacute donc il reste 4 cartes dont 3 cartes paires

donc P(C3ܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ =ଷ

ସet on a P(ܤଶതതതܣଵതതത) = 1 ndash P(B2ܣଵതതത) = 1 ndash

ଷ

ହ=ଶ

ହdonc par le theacuteoregraveme

des probabiliteacutes composeacutees

P(C)=P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ C3) =P(C3ܣଵതതത⋂ ⋂ଵതതതܣ)ଶതതത)Pܤ ⋂ଵതതതܣଶതതത)=P(C3ܤ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത)=(ଷ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ)=

ଷ

ଶ

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

17

Si D tire une carte crsquoest que ni A ni B ni C nrsquoont gagneacute donc il reste 3 cartes qui sont toutes

paires et on a P(D) = P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതത ⋂ D4ܥ = P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ

= P(D4ܣଵതതത⋂ ⋂ଶതതതܤ (ଷതതതܥ P(ܥଷതതതܣଵതതത⋂ (ଶതതതܤ P(ܤଶതതതܣଵതതത) P(ܣଵതതത) =(ଷ

ଷ)(ଵ

ସ)(ଶ

ହ)(ଵ

ଶ) =

ଵ

ଶ

2-On a

P(N=1) = P(A) =ଵ

ଶP(N=2) = P(B) =

ଷ

ଵP(N=3) = P(C) =

ଷ

ଶP(N=4) = P(D) =

ଵ

ଶ

Donc E(N)=sum ( = )ସୀଵ = (

ଵ

ଶ) + 2 (

ଷ

ଵ) + 3 (

ଷ

ଶ) + 4 (

ଵ

ଶ) =

ଵାଵଶାଽାସ

ଶ=ଷହ

ଶ=

ସ

Exercice 2

La loi drsquoune variable aleacuteatoire X est deacutefinie par P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵpour tout entier n ge 1

Calculer P(X lt n) pour tout entier n puis E(X)

DeacutemonstrationOn suppose que X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) sub N 0 donc si x = 0 ousi x notin N on a P(X = x) = P(empty) = 0 donc P(X lt 1) = P(X = 0) = 0

Ainsi P(X lt 2) = P(X = 1) =ଵ

ଵndash

ଵ

ଵାଵ=ଵ

ଶ

Si n ge 2 on a P(X lt n) = sum ( = )ଵୀଵ = sum (

ଵ

minus

ଵ

ାଵ)ଵ

ୀଵ

= (1 minus ଵ

ଶ) + ቀ

ଵ

ଶminus

ଵ

ଷቁ+ ⋯ + ቀ

ଵ

minus

ଵ

ାଵቁ+ hellip + ቀ

ଵ

ଵminus

ଵ

ቁ= 1 minus

ଵ

Comme P(X = n) =ଵ

ndash

ଵ

ାଵ=

ଵ

(ାଵ)on a n P(X = n) =

ଵ

ାଵdonc sum ( = )

ୀଵ = sumଵ

ାଵ

ୀଵ

tend vers + infin si n tend vers + infin donc E(X) = sum ( = )ஹଵ = sumଵ

ାଵஹଵ = + infin (puisque la

seacuterie sumଵ

ஹଵ est divergente) donc X nrsquoa pas drsquoespeacuterance

Remarque

Si 0 lt k ndash 1 le t le k on a ଵ

le

ଵ

௧le

ଵ

ଵdonc si n ge 2 on a

ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt ge sum int

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ୀଶ

et ln (n) = intଵ

௧

ଵ=ݐ sum int

ଵ

௧

ଵୀଶ dt le sum int

ଵ

ଵ

ଵୀଶ dt = sum

ଵ

ଵ

ୀଶ = sum

ଵ

ଵୀଵ = sum

ଵ

ଵୀଵ

Donc sumଵ

ୀଶ le ln (n) le sum

ଵ

ଵୀଵ le sum

ଵ

ୀଵ

Comme ௫rarrାஶ ln (ݔ) = + infin la relation ln (n) le sumଵ

ୀଵ implique sum

ଵ

ஹଵ = +infin

Exercice 3La fonction de reacutepartition F drsquoune variable aleacuteatoire X est nulle pour x le 1 et a pour valeur

F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)pour n lt x le n + 1 et pour tous les entiers n ge 1

Deacuteterminer avec preacutecision la loi de probabiliteacute de X puis calculer E(X) et V(X)

Deacutemonstration

Par hypothegravese F(x) = 0 si x le 1 et F(x) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n lt x le n+1 et n ge 1

En prenant n = 1 et 1 lt x le 2 on a P(X lt x) = F(x) = 1 ndashଵ

ଶ=ଵ

ଶdonc P(X lt 2) = F(2) =

ଵ

ଶet

P(X = 1) = F(2) ndash F(1) =ଵ

ଶndash 0 =

ଵ

ଶ

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

18

La fonction de reacutepartition F est deacutefinie par F(x) = P(X lt x) donc comme X(Ω) sub N il vient F(n + 1) ndash F(n) = P(X lt n + 1) ndash P(X lt n) = P(X = n) donc F(n + 1) = F(n) + P(X = n)

La fonction F est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin 1] et on a

F (n + 1) = 1 ndashଵ

(ାଵ)si n ge 1

Si n ge 2 on a

P(X = n) = F(n + 1) ndash F(n) = (1 ndashଵ

(ାଵ)) ndash (1 ndash

ଵ

(ଵ)) =

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଵ

(

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ))

=ଶ

(ଵ) (ାଵ)

Commeଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)=

ଶ

(ଵ) (ାଵ)≃

ଶ

మla seacuterie agrave termes positifs sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ] est

absolument convergente donc commutativement convergente et on a

E(X) = sum ( = )ஹଵ =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

(ଵ)ndash

ଵ

(ାଵ)ஹଶ ] =ଵ

ଶ+ sum [

ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵஹଶ ]

= (ଵ

ଶ) + (1 ndash

) + (

ଵ

ଶndash

) + (

ndash

) + (

ndash

) + (

ndashଵ

) + (

ndashଵ) + hellip

hellip + (ଵ

ଵndash

ଵ

ାଵ) + (

ଵ

ndash

ଵ

ାଶ) + (

ଵ

ାଵndash

ା) + (

ଵ

ାଶndash

ା) + (

ାndash

ଵ

ାହ) + (

ାndash

ଵ

ା) + hellip

Donc E(X) = 2 (il ne reste que le 1er

termeଵ

ଶet le 2

egravemeterme 1 et le 4

egravemeterme

ଵ

ଶdes 2 lignes preacuteceacutedentes)

En revanche k ge 2 implique 2 ଶ ge ଶ ndash 1 doncଶ

sup2ଵgeଵ

donc

E(Xsup2) = sum sup2 ( = )ஹଵ ge sum sup2 ( = )ଵஸஸ = (ଵ

ଶ) + sum sup2

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ

= ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

(ଵ) (ାଵ)ଶஸஸ = ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଶ

sup2ଵଶஸஸ ge ቀଵ

ଶቁ+ sum

ଵ

ଶஸஸ

Comme la seacuterie sumଵ

ஹଵ a pour somme sumଵ

ஹଵ = +infin on a E(ଶ) = +infin donc ଶ nrsquoa pas

drsquoespeacuteranceDonc V(X) = + infin puisque sinon E(ଶ) = V(X) + E2(X) = V(X) + ଶ[()ܧ] lt + infinEn particulier X nrsquoa pas de variance

NoteRappelons (Jean Pierre Lecoutre Manuel et exercices corrigeacutes Statistique et probabiliteacutes DunodTroisiegraveme eacutedition page 37) que

Si X Ω rarr R est une variable aleacuteatoire telle que X(Ω) = ݔଵ hellip ݔ soit un ensemble fini tel

que pour tout k ge 1 on ait ݔ lt ାଵݔ alors la fonction de reacutepartition F R rarr R de la variable

aleacuteatoire X est deacutefinie pour tout y isin R par la relation F(y) = P(X lt y) donc

F(y) = sum ( = ௧ isin ଡ଼(Ω)(ݐ

୲୲ ୪୯୳୲ழ୷

= sum ( = )ଵஸஸݔ ௧௨௫ೖ ழ ௬

La fonction reacuteelle F R rarr R est une fonction en escalier nulle sur ] ndash infin [ଵݔ et eacutegale agrave 1 sur

] ݔ +infin [ et constante sur chaque intervalle ] ݔ [ାଵݔ si 1 le k le n ndash 1 et on a

⎝

⎛

F(y) = 0 si y le ଵݔ F(ݔାଵ) ndash F(ݔ) = P(X = ge )si 1ݔ k le n minus 1

P(X = (ݔ = 1 ndash F(ݔ)F(y) = 1 si y gt ݔ

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

19

Donc F(ݔାଵ) = F(ݔ) + P(X = (ݔ si 1 le k le n ndash 1 et ݔ lt ାଵݔ

Exercice 4

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f deacutefinie pour ndash 1 le x le 1 par f(x) =ଵ

ସ+ଷ

ସଶݔ et nulle hors

de cet intervalle

1-Calculer E(X) et V(X)2-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X puis calculer la probabiliteacute que X appartienne agravelrsquointervalle [ ଵݔ ଶݔ ] en fonction des reacuteels ଵݔ et ଶݔ tels que ଵݔ lt ଶݔ

Deacutemonstration

1-On pose f(x) =ଵ

ସ+ଷ௫sup2

ସsi ndash 1 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R[ndash1 1] donc f R rarr R est continue par

morceaux et inteacutegrable sur R

Si x le ndash1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

ଵ= int ቂ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

௫

ଵ=ଵ

ସint [ t + tଷ ݐ prime[௫

ଵ

=[௫(ଵ)]ା[௫య(ଵ)య]

ସ=௫ାଶା௫య

ସ=௫ା௫య

ସ+ଵ

ଶ

Si x ge 1 on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ= F(1) =

ଵାଶାଵ

ସ= 1

On a

E(X) =int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ ݐ(ݐ)

ଵ

ଵ=int ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ସint [ t + 3tଷ ] ݐଵ

ଵ=ଵ

ସint ቂ

௧మ

ଶ+

ଷ௧ర

ସቃprime ݐ

ଵ

ଵ= 0

V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 = E(X2)= int sup2ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int sup2ቂݐ

ଵ

ସ+

ଷ௧మ

ସቃ ݐ

ଵ

ଵ=ଵ

ଶint ቂ

௧య

ଷ+

ଷ௧ఱ

ହቃprime ݐ

ଵ

=ହାଽ

ଷ=

ଵହ

2-Soit x1 et x2 des reacuteels tels que x1 lt x2 donc P(x1 le X le x2) = F(x2) ndash F(x1) donc on a aussitocirct

x1 lt x2 lt-1 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 x1 lt-1lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) = frac12 + (frac14) x2 + (frac14) x23

x1 lt-1lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) =1 -1lt x1 lt x2 lt1 rArr P(x1 le Xlex2) = F(x2) - F(x1) = (frac14) (x2 ndash x1) + (frac14) (x23 - x1

3)

1ltx1 lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = 0 -1lt x1 lt1lt x2 rArr P(x1 le Xlex2) = F(1) - F(x1) = frac12 - (frac14)x1 -(frac14)x23

Exercice 5

Soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =௫

ଶpour x isin [0 1 ] et f(x) =

ଵ

ଶpour x isin [1 2] et

f(x) =ଷ௫

ଶpour x isin [2 3 ] et nulle en dehors de lrsquointervalle [0 3]

Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X

Deacutemonstration

La fonction positive f R rarr R est continue par morceaux et nulle hors de lrsquointervalle compact [0 3]

donc est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est la fonction F R rarr R deacutefinie si x isin R

par F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ

En particulier si a isin R et si x isin R on a F(x) ndash F(a) = int ݐ(ݐ)௫

ஶndash int ݐ(ݐ)

ஶ= int ݐ(ݐ)

௫

donc

F(x) = F(a) + int ݐ(ݐ)௫

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

20

Si x le 0 et t le x on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

Si x ge 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

ଵ

+ int ݐ(ݐ)

ଶ

ଵ+ int ݐ(ݐ)

ଷ

ଶ+ int ݐ(ݐ)

௫

ଷ

= intݐ

2ݐ

ଵ

+ int

1

2ݐ

ଶ

ଵ+ int

ݐminus3

2ݐ

ଷ

ଶ= int (

௧మ

4ݐprime(

ଵ

+ int (

ݐ

2ݐprime(

ଶ

ଵ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

ଷ

ଶ=

1

ସ+ଵ

ଶ+ (

ଷ

ଶndash

5

ସ) = 1

Si 0 le x le 1 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ஶ+ int ݐ(ݐ)

௫

= int ݐ(ݐ)

௫

= int

ݐ

2ݐ

௫

= int (

௧మ

4ݐprime(

௫

=2ݔ

ସdonc F(1) =

1

ସ

Si 1 le x le 2 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(1) + int ݐ(ݐ)

௫

ଵ=

1

ସ+ int (

ݐ

2ݐprime(

௫

ଵ=

1

ସ+௫ଵ

ଶdonc F(2) =

3

ସ

Si 2 le x le 3 on a

F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= F(2) + int ݐ(ݐ)

௫

ଶ=

3

ସ+ int (

3 ݐ

2minus

௧మ

4ݐprime(

௫

ଶ=

3

ସ+ (

ଷ௫

ଶminus

2ݔ

ସ) ndash (3ndash1) =

௫5minus2ݔ

ସ

Exercice 6Soit (ଵ hellip ) une suite de variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi et de densiteacute ftelle que f(x) = 2 (1 ndash x) pour x isin [ 0 1] et nulle en dehors de cet intervalleDeacuteterminer la densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ = Max ଵ hellip

Deacutemonstration

On pose f(x) = 2 (1ndash x) si 0 le x le 1 et f(y) = 0 si y isin R [0 1] donc f R rarr R est continue

par morceaux et inteacutegrable sur R

On note F R rarr R la fonction de reacutepartition commune agrave toutes les variables aleacuteatoires

reacuteelles Ω rarr R (1 le k le n) donc pour tout reacuteel y on a F(y) = P( lt y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ

Si y lt 0 et t le y on a f(t) = 0 donc F(y) = int =ݐ(ݐ) 0௬

ஶdonc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee drsquoune

constante)Si y gt 1 on a f(y) = 0 donc en posant u = 1ndash t on a

F(y) = int =ݐ(ݐ)௬

ஶint 2(1ndash t) =ݐଵ

int 2u ݑ =ଵ

int (uଶ)prime ݑ =ଵ

1 donc ᇱ(y)ܨ = 0 (deacuteriveacutee

drsquoune constante)

Si 0 le y le 1 on a F(y) = int ݐ(ݐ)௬

ஶ= int 2(1 minus ݐ(ݐ

௬

= int minusݐ2) ݐ prime (ଶݐ

௬

= minusݕ2 ଶݕ donc

F(1) = 2 ndash 1 = 1 et F(0) = 0

Ainsi la fonction F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 et

-si y isin ] 0 1[ on a ᇱ(y)ܨ = 2 (1 ndash y) = f(y)-si y isin R [0 1] on a ᇱ(y)ܨ = 0 = f (y)On notera que les fonctions f et ᇱsontܨ eacutegales sauf sur lrsquoensemble fini 0 1

On dit que ᇱܨ R 0 1 rarr R est une densiteacute commune aux variables aleacuteatoires

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Ω rarr Rܯ

Si ω isin Ω on a ܯ (ω) = Max ଵ (ω) hellip (ω) donc G(y) = P(ܯ le y) si y isin R

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

21

Si y isin R on a ܯ (ω) le y hArr [ଵ (ω) le y hellip (ω) le y] hArr [(ଵ(ω) le y) cap hellip cap ((ω) le y)]

donc comme les variables (ଵ hellip ) sont indeacutependantes

G (ݕ) = P(ܯ le (ݕ = P[(ଵ le (ݕ cap hellip cap ( le [(ݕ = P(ଵ le (ݕ hellip P( le (ݕ = [(ݕ)ܨ]

Comme F R rarr R est deacuterivable sur R 0 1 la fonction G est deacuterivable sur R 0 1

La deacuteriveacutee g de G sur R 0 1 veacuterifie g(ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = n (ݕ)ᇱܨଵ[(ݕ)ܨ] = n ଵ[(ݕ)ܨ] f (ݕ)lorsque niݕ R 0 1 donc la fonction g est continue sur R 0 1

Donc ൮

ݏ ݕ lt 0 ܨ (ݕ) = 0 donc G ݕ) ) = [(ݕ)ܨ] = 0 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si ݕ gt 1 F (ݕ) = 1 donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = 1 donc g(ݕ) = G (ݕ)rsquo = 0

si 0 lt ݕ lt 1 ܨ (ݕ) = 2 ndashݕ ଶݕ donc G (ݕ) = [(ݕ)ܨ] = minusݕ2] ଶ]ݕ

Si 0 lt ݕ lt 1 on a G (ݕ) = minusݕ2] ଶ]ݕ donc g (ݕ) = G (ݕ)rsquo = n minusݕ2] ଶ]ଵݕ (2 ndash (ݕ2

La fonction g R0 1 rarr R est une densiteacute de la variable aleacuteatoire ܯ

Remarque

Posons F (ݕ) = ቌ

0 ݏ geݕ 0

2 ndashݕ ଶݕ ݏ 0 lt gtݕ 11 ݏ leݕ 1

donc F est la fonction de reacutepartition commune agrave

chaque variable aleacuteatoire

On note que F est deacuterivable sur R 0 1 et que (ݕ)ᇱܨ = ൭

0 ݏ gtݕ 02 minus ݏݕ2 0 lt gtݕ 1

0 ݏ ltݕ 1

Sur lrsquointervalle ]0 1[ la fonction F(y) tend vers 0 lorsque y gt 0 tend vers 0 et la fonction F(y)tend vers 1 lorsque y lt 1 tend vers 1Comme F(0) = 0 et F(1) = 1 la fonction F R rarr R est donc continue sur R

Si 0 lt ℎ lt 1 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 2 ℎ ndash ℎଶ doncி() ி()

= 2 ndash ℎ tend vers 2 quand ℎ gt 0

tend vers 0 donc lim rarr ௧வி() ி()

= 2

Si ndash 1 lt ℎ lt 0 alors F(ℎ) ndash F(0) = F(ℎ) = 0 doncி() ி()

= 0 donc lim rarr ௧ழ

ி() ி()

= 0

Donc F R rarr R nrsquoest pas deacuterivable en 0

Exercice 7

Si ߠ gt 0 soit X une variable aleacuteatoire de densiteacute f(x) =ଵ

ఏݔభ

ഇ ଵ pour niݔ [ 0 1] et nulle sinon

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de Y = ndash ln X

Deacutemonstration

On suppose ߠ gt 0 et pour tout x gt 0 et ni ߙ R on pose ఈݔ = ఈ ୪୬(௫) donc 1ఈ = ఈ ୪୬(ଵ) = 1

Comme la deacutefinition de lrsquoeacutenonceacute ne permet pas de deacutefinir f(0) si ቀଵ

ఏቁminus 1 lt 0 on pose

f(x) =ଵ

ఏቀݔ

భ

ഇቁ ଵ si 0 lt x le 1 et f(y) = 0 si y isin R]0 1] donc f(0) = 0 et f(1) = 1

Ainsi f R rarr R est continue sauf peut ecirctre sur lrsquoensemble fini 0 1 donc f est une fonction

boreacutelienne sur R nulle hors de lrsquoensemble compact [0 1] donc f est inteacutegrable sur R

La fonction de reacutepartition F R rarr R de X veacuterifie F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶdonc

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

22

si x le 0 et t lt x donc on a f(t) = 0 donc F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

si 0 lt x le 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

௫

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ ]primeݐ

௫

= ቀݔ

భ

ഇቁdonc F(1) = 1

si x gt 1 on a F(x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int ݐ(ݐ)

ଵ

= F(1) = 1

Ainsi F est deacuterivable (agrave deacuteriveacutee continue) sur R 0 1 et Frsquo(t) = f(t) si t isin R 0 1

On pose Y(ω) = ndash ln (X(ω)) si ω isin Ω ce qui suppose que X(Ω) sub R+ et on note que comme

t rarr ln t est continue sur R+ (donc boreacutelienne) la fonction composeacutee Y Ω rarr R est une

variable aleacuteatoire

On note G R rarr R la fonction de reacutepartition de la variable aleacuteatoire Y donc G(y) = P(Y lt y)

En notant que la fonction reacuteelle t rarr ௧est strictement croissante sur R on a ln X ( ) gt ndash ⟺ݕ X ( ) gt ௬

Si niݕ R il vient G (ݕ) = P(ndash ln X lt (ݕ = P(ln X gt ndash (ݕ = P(X gt ௬) = 1 ndash P(X lt ௬) = 1ndash F(௬)

-Si y lt 0 on a ௬ gt 1 donc F (௬) = 1 et G (y) = 1ndash F (௬) = 1 ndash 1 = 0

-Si y ge 0 on a 0 lt ௬ le 1 donc G(y) = 1 ndash F (௬) = 1 ndash (௬)భ

ഇ = 1 ndash (ష

ഇ) donc

G(0) = 1 ndash F () = 1 ndash F (1) = 0

Donc G(ݕ) = ቆ0 ݏ gtݕ 0

1 ndash (ష

ഇ) ݏ leݕ 0

La fonction G est donc deacuterivable sur R 0 et (ݕ) = (ݕ)ᇱܩ = ቆ0 ݏ gtݕ 0

ଵ

(

ష

ഇ) ݏ ltݕ 0

La fonction g R rarr R est donc une densiteacute de la variable aleacuteatoire Y et ainsi Y suit une loi

exponentielle ℇ (ߠଵ)

Remarque

Commeଵ

ఏgt 0 on a P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)

ଵ

= int

ଵ

ఏቀݐ

భ

ഇቁ ଵ ݐ

ଵ

= int ቀݐ]

భ

ഇቁ]prime ݐ

ଵ

= 1 ndash 0 = 1 ce qui

eacutevidemment ne signifie pas que X(Ω) sub ]0 1[Plus preacuteciseacutement si on note L = isin Ω 0 lt X ( ) lt 1 alors comme X Ω rarr R est unevariable aleacuteatoire L = ଵ(]0 1[) est un ensemble mesurable de Ω et on a la relation

P(L) = P(0 lt X lt 1) = int ݐ(ݐ)ଵ

= 1 donc P(ܮ) = 1 ndash P(L) = 0 et Ω = L cup ܮ est reacuteunion de deux

ensembles disjoints L et son compleacutementaire ܮ tels que [ forall isin L 0 lt X ( ) lt 1 ] et P(ܮ) = 0

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

23

TD ndeg 4 Lois usuelles discregravetesA traiter du 18 au 22 Novembre 2013

Exercice 1Soit X une variable aleacuteatoire de loi binomiale de paramegravetres n = 30 et p = 011-Calculer les probabiliteacutes suivantes P(X = 5) et P(X le 2) et P(X lt 4) et P(X = 15) et P(3 le X le 4) et P(2 lt X le 8)2-Deacuteterminer les valeurs de x telles que P(X ge x) le 0253-Calculer P(X = 26) dans le cas ougrave p = 09Deacutemonstration-Soit p un reacuteel tel que 0 ltp lt 1 et X une variable aleacuteatoire qui suit une loi binomiale B (n p)

donc X est agrave valeurs entiegraveres et X (Ω)=[0 n]cap N et on a P(X=k)= C nk p k (1ndashp) n-k si 0 lek len

Soit x un entier tel que 0 le x le n-1 donc 1 le x le n et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

X(ω) le x + 1 hArr [X(ω) le x ou X(ω) = x+1] donc

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋃ ω isin Ω X(ω) = x + 1 et il est clair que

ω isin Ω X(ω) le x + 1 = ω isin Ω X(ω) le x ⋂ ω isin Ω X(ω) = x + 1 = empty donc

P(X le x + 1) = P(X le x) + P(X = x+1)

Comme X est agrave valeurs entiegraveres on a ω isin Ω x lt X(ω) lt x + 1 = empty donc P(X lt x+1) = P(X le x)

Donc P(X lt x+1) = P(X le x) = P(X le xndash1) + P(X=x) = P(X lt x) + P(X=x)On notera que si la fonction de reacutepartition G de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parG(x) = P(X le x) on a G(x) = G(xndash1) + P(X = x) cest-agrave-dire G(x+1) = G(x) + P(X = x+1) En revanche si la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire X est deacutefinie parF(x) = P(X lt x) on a la relation F(x+1) = F(x) + P(X = x) cest-agrave-dire F(x) = F(xndash1) + P(X = xndash1)Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 287) donnent la probabiliteacute P(X le x)

1-On suppose que X suit une loi binomiale B (30 ଵ

ଵ) donc

P(X=5) = C305 (

ଵ

ଵ)5(1ndash

ଵ

ଵ)30 - 5

= P(Xle 5) ndash P(le 4) = 09268-08245 = 01023

P(Xle2) = 04114 P(Xlt4) = P(Xle 3) = 06474 P(3leXle4)=P(Xle 4) ndashP(Xle 2)= 08245ndash04114=04131

P(X=15)= 0 (car X est agrave valeurs entiegraveres) P(2ltXle8)=P(Xle 8) ndash P(Xle 2)=09980ndash04114 = 05866

2-On lit dans la table P(Xle3) = 06474 et P(Xle4) = 08245 donc P(Xle3) lt 075 lt P(Xle4)

P(X ge x) le 025 hArr 1 ndash P(X lt x) le 025 hArr 075 le P(X lt x)= P(Xle xndash1) hArr 4 le xndash1 hArr xndash1 ge 4

Comme X(Ω) = N cap [0 30] il vient P(X ge x) le 025 hArr 5 le x le 30

3-Notons que C3026 = C30

4 puisque C nk =

()= C n

n-k

Notons Y une variable qui suit une loi B(30 01)Si X suit une loi B(30 09) on a P(X=26)= C30

26 (09)26(1ndash 09)30-26 = C304 (01)4(09)26 = P(Y=4)

donc P(X=26) = P(Y=4) = P(Yle4) ndash P(Yle3)= 08245 ndash 06474 = 01771

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

24

Exercice 2Si X est une variable aleacuteatoire de loi de Poisson de paramegravetre m = 4 calculer les probabiliteacutes

P(X = 6) et P(X lt 3) et P(X ge 5) et P(గ

ଶlt X lt 2 (ߨ puis deacuteterminer les valeurs de x telles que

P(X lt x) ge 095Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 74 agrave 76)

Si X suit une loi de Poisson P(m) alors P(X = k) = e ndash m ೖ

si k isin N et m gt 0 et X (Ω) = N

Les tables du livre preacuteciteacute de Jean Pierre Lecoutre (page 288) donnent la probabiliteacute P(X = x)

Si X suit une loi de Poisson P(4) alors P(X=6) = endash 4 ସల

= 01042

Comme X est une variable aleacuteatoire agrave valeurs entiegraveres on a P(X lt 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 00183+ 00733+ 01465 = 02381P(X ge 5) = 1ndash P(X le 4) = 1ndash [P(Xlt3) + P(X=3) + P(X=4] = 1 ndash [02981 + 01954 + 01954] = 03711

On a గ

ଶ= 157 et ߨ2 = 628 et comme X est agrave valeurs entiegraveres on a

P (గ

ଶlt X lt P(2 le X le 6) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = (ߨ2

= 01465 + 01954 + 01954 + 01563 + 01042 = 07978On a P(X lt 8) = 09489 lt 095 et P(X lt 9) = 09787 gt 095 donc eacutevidemment

[ P(X lt x) ge 095 rArr x ge 9 ]

Exercice 31-Vous effectuez un voyage en avion dans un bireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec unseul reacuteacteur qui fonctionneLes reacuteacteurs fonctionnent de faccedilon indeacutependante et ont chacun une probabiliteacute p detomber en panne au cours du volCalculer en fonction de p la probabiliteacute ߨ que votre vol ait pu se poursuivre jusqursquoagrave sadestination2-Dans le cas drsquoun quadrireacuteacteur qui peut poursuivre son vol avec au moins deux reacuteacteursqui fonctionnent calculer en fonction de p la probabiliteacute ொߨ que votre vol ait pu se

poursuivre jusqursquoagrave sa destination3-Pour quelles valeurs de p le bireacuteacteur est-il plus sucircr que le quadrireacuteacteur

Calculer ߨ et ொߨ pour p =ଵ

ଶ

DeacutemonstrationSi Z est une variable aleacuteatoire suivant une loi B(n p) on a P(Z = k) = ܥ

(1 minus (

Chaque reacuteacteur a une probabiliteacute p de tomber en panne au cours du vol

1-Un bireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun bireacuteacteur le nombre X de reacuteacteurs en panne suit une loi B(2 p) donc

P(X = k) ଶܥ= (1 minus ଶ donc la probabiliteacute π B( que le vol se poursuive jusqursquoagrave destination

cest-agrave-dire avec 0 ou 1 reacuteacteurs en panne est π B = P(X=0) + P(X=1) = C2

0 p0(1ndashp)2ndash 0 + C21 p1(1ndashp)2ndash1 = (1ndashp) 2+ 2p (1ndashp) = 1ndashp2

2-Un quadrireacuteacteur peut fonctionner avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panneDans le cas drsquoun quadrireacuteacteur le nombre Y de reacuteacteurs en panne suit une loi B(4 p) donc

P (Y = k) = ସܥ (1 minus ସ donc la probabiliteacute π Q( que le vol se poursuive jusqursquoagrave

destination cest-agrave-dire avec 0 ou 1 ou 2 reacuteacteurs en panne est

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

25

π Q = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) = C40p0(1ndashp)4 ndash 0 + C4

1p1(1ndashp)4 ndash 1 + C42p2(1ndash p)4 ndash 2

= (1-p)4 + 4 p (1ndashp)3 + 6 p2 (1ndashp)2 = 3 p4ndash 4 p3 + 1

Remarque (1ndashp)3 = (1ndashp)2(1ndashp) = (1 ndash2 p + p2) (1ndashp) = (1 ndash2 p + p2

) ndash (p ndash2 p2+ p3

) = ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1

(1-p)4 = (1ndashp)3(1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) (1ndashp) = (ndash p3+ 3 p2

ndash3 p +1) ndash (ndashp4+ 3 p3

ndash3 p2+ p)

= p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

Donc (1-p)4 = p4ndash 4 p3

+ 6 p2ndash 4 p + 1

4 p (1ndashp)3= 4 p (ndash p3

+ 3 p2ndash3 p +1) = ndash 4 p4

+12 p3ndash 12 p2

+ 4 p6 p2 (1ndashp)2 = 6 p2 (1 ndash2 p + p2) = 6 p2

ndash12 p3+ 6 p4 = 6 p4

ndash12 p3+ 6 p2

3-Le bireacuteacteur est plus sucircr que le quadrireacuteacteur si et seulement si π B ge π Q

Comme p2 ge 0 on a

π B ge π Q hArr 1ndashp2 ge 3p4ndash4p3+1 hArr ndashp2 ge 3p4

ndash4p3 hArr p2(ndash3p2+4p ndash1) ge 0 hArr ndash3p2+4p ndash1 ge 0

hArr (3p ndash1)(1ndashp) ge 0 hArr ଵ

ଷ le p le 1

On a π B (ଵ

ଶ) = 1ndash(

ଵ

ଶ)2 =

ଷ

ସ=

ଵଶ

ଵ

On a π Q (ଵ

ଶ) = 3 (

ଵ

ଶ)4

ndash 4 (ଵ

ଶ)3 + 1 =

ଷ

ଵndashସ

+ 1 =

ଷ

ଵndashଵ

ଶ+ 1 =

ଷ

ଵ+ଵ

ଶ=ଷା

ଵ=

ଵଵ

ଵ

Donc π B (ଵ

ଶ) =

ଵଶ

ଵgt

ଵଵ

ଵ = π Q (

ଵ

ଶ)

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice IVLorsqursquoon effectue un sondage par teacuteleacutephone 2 personnes sur 3 acceptent de reacutepondreOn note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente le nombre drsquoappels neacutecessaires pour obtenir 2reacuteponsesDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de X puis calculer P(X le 4)DeacutemonstrationLorsque A est un eacuteveacutenement de probabiliteacute (de reacutealisation) p = P(A) le nombre Y drsquoeacutepreuvesindeacutependantes neacutecessaires pour obtenir la reacutealisation de n eacuteveacutenements A suit une loibinomiale neacutegative de paramegravetre p telle que si k ge n on a P(Y = k) = ଵܥ

ଵ (1 minus ( et

E(Y) =

et V(Y) =

(ଵ)

మet Y(Ω) sub [n + infin[ cap N (Lecoutre Manuel page 79)

Dans lrsquoexercice on dispose drsquoun eacuteveacutenement A (agrave savoir le nombre drsquoappels neacutecessaires pour

obtenir n = 2 reacuteponses) de probabiliteacute p =ଶ

ଷet on effectue X eacutepreuves successives

indeacutependantes jusqursquoagrave lrsquoobtention de n = 2 eacuteveacutenements A

Donc la loi de la variable aleacuteatoire X est une loi binomiale neacutegative de paramegravetre p =ଶ

ଷdonc

si k ge n = 2 il vient P(X = k) = ଵܥଵ (1 minus ( = ଵܥ

ଵ (ଶ

ଷ)ଶ(

ଵ

ଷ)ଶ =

ସ(ଵ)

ଷೖ

Donc P(X = 2) =ସ

ଽet P(X = 3) =

ଶet P(X = 4) =

ଵଶ

ଵ=

ସ

ଶet P(X le 4) =

ଵଶାାସ

ଶ=ଶସ

ଶ=

ଽ

Note

La formule des probabiliteacutes composeacutees se trouve dans le livre de Jean Pierre LECOUTRE (page 15)-Probabiliteacute conditionnelle et formule des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et B isin A tel P(B) gt 0

On note AB = L cap B L isin A la tribu conditionnelle

Si A isin A on pose PB (A) = [P(A cap B)] P(B) et P(A ∣ B) = PB (A)

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

26

PB (A) est la probabiliteacute conditionnelle de A connaissant B

On dispose donc de la probabiliteacute PB A rarr P(A ∣ B) de AB dans [0 1]

Si P(A) gt 0 et P(B) gt 0 on a P(A ∣ B) P(B) = P(A cap B)= P(B ∣ A) P(A)

-Les eacutevegravenements A et B sont indeacutependants si et seulement si P(A cap B)= P(A)P(B) cest-agrave-dire si et

seulement si PB (A) =[P(A)P( B)] P(B) = P(A)-Formule geacuteneacuterale des probabiliteacutes composeacutees

Soit (Ω A P) un espace probabiliseacute et A 1 isin A hellip A n isin A tels que pour tout k isin [1 n] on a

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A k) gt 0

Alors P(A 1 cap A 2) = P(A1)P(A2 ∣ A1) et si n ge 2

P(A 1 cap A 2 cap hellip cap A n) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) hellip P(A n ∣ A 1 cap A 2 cap hellip cap A n-1)

-La formule des probabiliteacutes composeacutees permet de calculer la probabiliteacute drsquoune intersection finiedrsquoeacutevegravenements lorsque les eacutevegravenements ne sont pas indeacutependants

-En particulier P(A 1 cap A 2) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) et P(A 1 cap A 2 cap A 3) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) et

P(A 1 cap A 2 cap A 3 cap A 4) = P(A 1) P(A2 ∣ A 1) P(A3 ∣ A 1 cap A 2) P(A 4 ∣ A 1 cap A 2 cap A 3)

Exercice 5Une rencontre de coupe Davis en tennis comporte 4 matchs en simple et un match endouble et lrsquoeacutequipe gagnante est celle qui a remporteacute le plus de matchsOn suppose que les joueurs de lrsquoeacutequipe des Desunited States dans chacun de ces 5 matchs

ont la mecircme probabiliteacuteଶ

ଷde gagner

Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre departies gagneacutees par lrsquoeacutequipe des Desunited StatesDonner les valeurs de ()ܧ et ()

En deacuteduire la probabiliteacute de gain de cette eacutequipeDeacutemonstrationOn note X le nombre de parties gagneacutees par lrsquoeacutequipe DSA chacune k des cinq parties on associe une variable de Bernoulli X k telle que X k = 1 silrsquoeacutequipe DS gagne la partie k et X k = 0 si lrsquoeacutequipe DS ne gagne pas la partie k avec les

conditions P(X k =1) =ଶ

ଷet P(X k =0) = 1ndash

ଶ

ଷ=ଵ

ଷdonc X = sum ଵஸ୩ஸହ suit une loi de Bernoulli

B(5 ଶ

ଷ) donc si 0 le k le 5 on a

P(X = k) = ܥ (1 minus ( = ହܥ

(ଶ

ଷ) (1 minus

ଶ

ଷ)ହ = ହܥ

(ଶ

ଷ) (

ଵ

ଷ)ହ = ହܥ

2 3ହ

On a E(X) = np = 5(ଶ

ଷ) =

ଵ

ଷet V(X) = np(1ndashp) = (

ଵ

ଷ)(ଵ

ଷ) =

ଵ

ଽ

Si on note G le gain de lrsquoeacutequipe DS on a

P(G) = P(Xge3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = C53 2 3 3 ndash5 + C5

4 2 4 3 ndash5 + C55 2 5 3 ndash5 =

ସ

ଵ

Exercice 6Pour reacutealiser un examen de type QCM (questionnaire agrave choix multiple) on effectue un tirageau hasard de 20 questions dans un ensemble qui en comporte 100Un candidat connaicirct une proportion p de reacuteponses agrave ces 100 questions du programmeDonner la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente le nombre de questionstireacutees connues du candidat puis les valeurs de ()ܧ et ()

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

27

Indiquer preacuteciseacutement la loi de probabiliteacute de X dans les cas ougrave = 0 puis = 01 et = 09et = 1

Deacutemonstration (Examen de Janvier 2009)

Si 0 lt p lt 1 le nombre X de questions tireacutees et connues du candidat est une variable aleacuteatoirequi suit une loi hypergeacuteomeacutetrique H (N n ) avec N = 100 et n=20 et = 100 p et lrsquoon

pose r =ேಲ

ே= p donc E(X) = nr = 20 p et V(X)= n r (1ndash r)

ே

ேଵ= 20 p (1ndashp)

ଽଽ

Pour des raisons typographiques on pose N(A) = et drsquoapregraves une formule du cours (JeanPierre Lecoutre page 72) on a

P(X = k) = (ಲ)ೖ ష (ಲ)

షೖ

si Max [0 n ndash (N ndash )] le k le Min (n )

Donc P(X = k) =భబబೖ భబబ(భష)

మబషೖ

భబబమబ si 0 le k le = 100 p et n le N et n ndash k le N ndash

Si p = 0 la variable X est une variable certaine et P(X = 0) = 1Si p = 1 la variable X est une variable certaine et P(X = 20) = 1

Si p = 01 et 0 le k le 10 on applique la formule du cours P(X = k) = భబೖ వబ

మబషೖ

భబబమబ

Si p = 09 et 10 le k le 20 on applique la formule du cours P(X = k) =వబೖ భబ

మబషೖ

భబబమబ

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

28

TD ndeg 5 Lois usuelles continuesA traiter du 2 au 6 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Si X est une variable aleacuteatoire de loi normale N(35 5) calculer P(X lt 25) et P(375 lt X lt 40)et P(325 lt X lt 375)2-Calculer lrsquoespeacuterance et la variance drsquoune variable aleacuteatoire Y de loi normale telle queP( Y gt ndash 3) = 06915 et P(Y lt 2) = 09772Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 81 agrave 87)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) et ଶ suit une loi χଵ

ଶ

En outre si U suit une loi N(0 1) et Φ(x) = P(U lt x) alors Φ R rarr R est strictement croissantedonc injective et pour tout reacuteel x on a Φ(x) + Φ(ndashx) = 1 donc P(U gt ndash x ) = 1 ndash P(U lt ndash x) = 1 ndash Φ(ndashx) = Φ(x) = P(U lt x) et pour tout a gt 0 on a

P(∣U∣ lt a) = P(ndasha lt U lt a) = P(U lt a) ndash P(U lt ndasha) = Φ(a) ndash Φ(ndasha) = Φ(a) ndash [1ndash Φ(a)] = 2 Φ(a) ndash1

-Si X suit une loi N (35 5) alors U =ଷହ

ହsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

P(Xlt25) = P(ଷହ

ହlt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt

ଶହଷହ

ହ) = P(U lt ndash2) = 1 ndash P(U lt 2) = 1 ndash 09772 = 00228

P(375 lt X lt 40) = Pଷହଷହ

ହltଷହ

ହltସଷହ

ହ = P( 05 lt U lt 1) = P(U lt 1) ndash P(U lt 05)

= 08413-06915= 01438

P(325 lt X lt 375) = Pଷଶହଷହ

ହltଷହ

ହltଷହଷହ

ହ = P(ndash 05 lt U lt 05)= 2 P(U lt 05) ndash1

= 2(06915) ndash1 = 0383

2-Si Y suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1)

Comme P(U gt ndash x ) = P(U lt x) il vient en utilisant la table on a

Φ(ଵ

ଶ) = P(U lt 05) = 06915 = P(Y gt ndash3) = P[

ఙgt

ଷ

ఙ]= P(U gt

ଷ

ఙ) = P(U lt

ଷା

ఙ) = Φ(

ଷା

ఙ)

donc comme Φ R rarr R est injectiveଵ

ଶ=

ଷା

ఙ

Comme Φ(2) = P(U lt 2) = 09772 = P(Y lt 2)= P[

ఙltଶ

ఙ] = P(U lt

ଶ

ఙ] = Φ(

ଶ

ఙ) on a

2 =ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 3 + m =

ଶ et 2 σ = 2 ndash m agrave deux inconnues m et σ

srsquoeacutecrit 4 (3 + m) = 4

ଶ = 2 σ = 2 ndash m donc 10 = ndash 5 m donc m = ndash 2 et 2 σ = 4 donc σ = 2 donc

la variable Y suit une loi N (ndash2 2)

Exercice 21-Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale telle que P(X lt ndash 2) =03085 et P(X lt 2) = 09332Trouver le nombre reacuteel a tel que P(ଶ+ 2 X lt a) = 0975

2-Soit U une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduite et V une variable aleacuteatoirequi suit une loi du khi-deux agrave 16 degreacutes de liberteacuteCes deux variables aleacuteatoires eacutetant indeacutependantes trouver le nombre reacuteel b tel que

P(

radiclt b) = 0975

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 87 et 152) Notons f(x) = P(U lt x) la fonction de reacutepartition drsquoune variable aleacuteatoire U suivant une loi normalestandard N(0 1)

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

29

Si U suit une loi N(0 1) et si Y suit une loi χଶ telles que les variables aleacuteatoires U et Y soient

indeacutependante alors

ටೊ

suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) qui (comme U) est

symeacutetrique par rapport agrave 0 donc si t est un reacuteel on a P( gt t) = 1 ndash P( lt t) = P( lt ndash t)

1-Si X suit une loi N(m σ) alors U =

ఙsuit une loi N(0 1) donc en utilisant la table

03085 = P(X lt ndash2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) = 1 ndash f(

ଶା

ఙ) donc

f(ଶା

ఙ) = 1 ndash 03085 = 06915 = P(U lt

ଵ

ଶ) = f(

ଵ

ଶ) donc

ଶା

ఙ=ଵ

ଶet en utilisant la table

f(ଷ

ଶ) = P(U lt 15) = 09332 = P(X lt 2) = P[

ఙltଶ

ఙ] = P[U lt

ଶ

ఙ] = f(

ଶ

ఙ) donc

ଷ

ଶ=ଶ

ఙ

Le systegraveme lineacuteaire de deux eacutequations 2 + m =ଵ

ଶσ et 2 ndash m =

ଷ

ଶ σ agrave deux inconnues m et σ

veacuterifie en ajoutant les deux eacutequations 4 =ଵ

ଶσ +

ଷ

ଶ σ = 2 σ donc σ = 2 donc 2 + m =

ଵ

ଶσ = 1 donc

m = ndash 1 donc la variable X suit une loi N (ndash1 2)

Ainsi U =(ଵ)

ଶ=

ାଵ

ଶsuit une loi N(01) donc

(ାଵ)మ

ସ= ଶ suit une loi χଵ

ଶ et on a

0975 = P(X2+2X lt a) = P(X2+2X +1 lt a+1) = P[(X+1) 2 lt a+1] = P (ଶ ltାଵ

ସ) = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

(en utilisant une table) P (χଵଶ lt 502) = 0975 = P (χଵ

ଶ ltାଵ

ସ) donc

ାଵ

ସ= 502 donc a = 1908

2-Si U suit une loi N(01) et V une loi χଵଶ alors drsquoapregraves le cours

ସ

radic=

ටೇ

భల

suit une loi ଵ donc

avec une table P ( ଵ lt 212) = 0975 = P(

radiclt b) = P(

ସ

radiclt 4b) = P( ଵlt 4b) donc 4b = 212

donc b = 0 53

Exercice 31-Deacuteterminer les fractiles drsquoordre 08 et 02 de la loi de Student agrave 12 degreacutes de liberteacute2-Deacuteterminer le fractile drsquoordre 005 de la loi de Fisher-Snedecor agrave 30 et 10 degreacutes de liberteacute

Deacutemonstration Application immeacutediate du cours (Jean Pierre Lecoutre pages 84 et 85 et 152 agrave 154)

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alors P(Y gt 0) = 1 etଵ

suit

une loi F(p n)

-Dans le cas particulier n = p les variables aleacuteatoires Y etଵ

suivent la mecircme loi F(n n) et si ltݔ 0 il

vient P(Y lt (ݔ = P(ଵ

lt (ݔ donc P(Y lt (ݔ = P(

ଵ

lt (ݔ = P (Y gt

ଵ

௫)

-En particulier si ltݔ 1 et ߙ = P(Y lt (ݔ et n = p il vientଵ

௫lt 1 lt doncݔ

P(ଵ

௫lt Y lt (ݔ = 1 ndash [P(Y lt (ݔ + P (Y gt

ଵ

௫)] = 1 ndash 2 ߙ

Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi F(p n)

donc si ltݔ 0 et ߙ = P(Y ltଵ

௫) et ߚ = P(

ଵ

lt (ݔ alors P(Y lt

ଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

En effet ߚ = P(ଵ

lt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

gt (ݔ = 1 ndash P(

ଵ

௫gt Y) = 1 ndash P(Y lt

ଵ

௫) = 1 ndash ߙ donc ߙ + ߚ = 1

Le fractile t drsquoordre ν de la loi de la variable aleacuteatoire X est le nombre t tel que P(X lt t) = ν

1-Si T suit une loi (loi de Student agrave n degreacutes de liberteacute) et si t est un reacuteel on a

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

30

P(T lt t) + P(T lt ndash t) = 1 donc P(T gt t) = 1 ndash P(T lt t) = P(T lt ndash t)

On lit dans la table de ଵଶ que P( ଵଶlt 0873) = 08 donc P( ଵଶ lt (ଵݐ = 08 hArr ଵݐ = 0873Drsquoougrave P( ଵଶ lt (ଶݐ = 02 hArr P( ଵଶ lt ndash (ଶݐ = P( ଵଶ gt (ଶݐ = 1 ndash P( ଵଶ lt (ଶݐ = 1ndash 02 = 08 = P( ଵଶlt 0873)

hArr ndash =ଶݐ 0873Drsquoougrave =ଶݐ ndash 0873

2-Si Y suit une loi de Fischer Snedecor F(n p) agrave (n p) degreacutes de liberteacute alorsଵ

suit une loi

F(p n) et si ltݔ 0 on a P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1

On cherche ݕ tel que P(Y lt (ݕ = 005 lorsque Y suit une loi F(30 10)On note que la table de F(30 10) ne contient pas ݕ telle que P(Y lt (ݕ = 005

Maisଵ

suit une loi F(10 30) et la table de F(10 30) contient ݔ telle que P(

ଵ

lt (ݔ = 005

puisque P(ଵ

lt 216) = 095

La relation P(Y ltଵ

௫) + P(

ଵ

lt (ݔ = 1 implique P(Y lt

ଵ

ଶଵ) = 1 ndash P(

ଵ

lt 216) = 1 ndash 095 = 005

Donc commeଵ

ଶଵ= 046 il vient P(Y lt 046) = 005

Exercice 4Deacuteterminer les moments non centreacutes de la loi de Pareto de paramegravetres ߙ gt 0 et ݔ gt 0 cest-

agrave-dire de densiteacute f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫)ఈାଵ pour leݔ ݔ

DeacutemonstrationExercice de Matheacutematiques agrave caractegravere immeacutediat sous reacuteserve de connaicirctre la deacutefinition drsquoune densiteacute

On a f(ݔ) =ఈ

௫బ(௫బ

௫) ఈାଵ = α ݔ

ఈ ఈଵݔ si ݔ ge ݔ gt 0 et f(ݔ) = 0 si gtݔ ݔ

La fonction reacuteelle f est positive et continue par morceaux sur R

On sait que si a gt 0 lrsquointeacutegrale intௗ௧

௧

ାஶ

est un reacuteel si et seulement si a gt 1

On a intௗ௧

௧

ାஶ

= + infin ⟺ a lt 1

Comme ltݔ 0 on a pour tout entier k ge 0

int ∣ ݐ (ݐ) ∣ାஶ

ஶdt = int ∣ ݐ (ݐ) ∣

ାஶ

௫బdt = α ݔ

int ଵݐାஶ

௫బdt lt + infin si et seulement si

ndash (k ndash α ndash 1) gt 1

Donc int ∣ ݐ ݐ|(ݐ)ାஶ

ஶlt + infin si et seulement si 0 le k lt α

Si 0 le k lt α on a

int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt = int ݐ (ݐ)

ାஶ

௫బdt = α ݔ

ఈ int ଵݐାஶ

௫బdt =

ఈ

ఈݔఈ int prime (ݐ)

ାஶ

௫బdt

=ఈ

ఈݔ

Donc si k = 0 on a int (ݐ)ାஶ

ஶdt = 1 et donc la fonction f est une densiteacute drsquoune variable

aleacuteatoire reacuteelle X Ω rarr R

Si 0 le k lt α on a donc E() = int ݐ (ݐ)ାஶ

ஶdt =

ఈ (௫బ)ೖ

ఈ

Si k ge α gt 0 on a E() = +infin

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

31

Exercice 5Soit X une variable aleacuteatoire qui repreacutesente la dureacutee de vie drsquoun certain composanteacutelectronique et qui suit la loi exponentielle de paramegravetre ߠ gt 0 cest-agrave-dire de densiteacute f nulle

pour x lt 0 avec f(x) = ఏ௫ߠ pour x ge 0On note F sa fonction de reacutepartition et S = 1 ndash F sa fonction de survie

1-Deacuteterminer le taux de panne de ce composant eacutelectronique crsquoest-agrave-dire la fonction =

ௌ

2-Soit un nombre h gt 0 fixeacuteDeacuteterminer pour x gt 0 la fonction de survie conditionnelle deacutefinie par S(x|h) = P(X ge x + h | X gt h)Commenter le reacutesultat3-On considegravere maintenant un systegraveme constitueacute de deux composants eacutelectroniques monteacutesen parallegravele dont les dureacutees de vie indeacutependantes ଵ et ଶ ont la mecircme loi que XLa dureacutee de vie de ce systegraveme est donc repreacutesenteacutee par la variable aleacuteatoireY = max ଵ ଶ de fonction de reacutepartition G de densiteacute g et de fonction de survie = 1 ndash G

Deacuteterminer le taux de panne =

ௌೊde ce systegraveme

Eacutetudier la variation de et commenter le reacutesultatDeacutemonstration1- Comme f est nulle sur lrsquoensemble R ndash la fonction de reacutepartition F de la variable aleacuteatoire Xveacuterifie si x lt 0 la relation F(x) = 0

Si x ge 0 on a donc F(x) = int (ݐ)௫

ஶdt = int ఏ௧ߠ

௫

dt = int (minus ఏ௧

௫

) rsquo dt = 1 ndash ఏ௫

La fonction de survie de X est S(x) = 1ndash F(x) et le taux de panne est τ (x) = f(x) S(x)

Donc le taux de panne veacuterifie τ (x) = 0 si x lt 0 et si x ge 0 on a τ (x) = (௫)

ௌ(௫)=

(௫)

ଵி(௫)=

ఏ షഇ

ష ഇ = θ

2- Si h gt 0 et x gt 0 on a x+h gt h gt 0 donc

P[ (X ge x+h) ∣ (X gt h) ] =[ (ଡ଼ ஹ୶ା୦) cap (ଡ଼ வ )]

(ଡ଼ வ )=

[ ଡ଼ ஹ୶ା୦) ]

(ଡ଼ வ )=

ଵ (ଡ଼ ழ ௫ା)

ଵ (ଡ଼ ழ )=

ଵ[ ଵ షഇ (శ) ]

ଵ[ ଵ షഇ ]

=షഇ (శ)

షഇ = ఏ௫

Ainsi S(X ∣ h) = P[(X ge x+h) ∣ (X gt h)] ne deacutepend pas de h on dit que loi exponentielle est une

loi sans meacutemoire

3- Si ω isin Ω on pose Y(ω)= Max ଵ(ω) ଶ(ω) ce qui deacutefinit une variable aleacuteatoire Y Ω rarr R

et on note G R rarr R la fonction de reacutepartition de Y

Si x est un reacuteel on a Y(ω) lt x hArr [ଵ(ω) lt x ] ⋂ [ଶ(ω) lt x ]

Comme ଵ et ଶ sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes de mecircme loi que celle de X il

vient G(y) = P(Y lt y) = P[(ଵlt y) cap (ଶlt y)] = P(ଵlt y) P (ଶlt y) = ଶ((ݕ)ܨ)

Ainsi si y lt 0 on a G(y) = 0 et si y ge 0 on a G(y) = (1 minus ఏ௬)ଶ

Ainsi G est continument deacuterivable au moins sur R et on note g R rarr R une densiteacute de Y

Si y lt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 0 et si y gt 0 on a g(y) = G rsquo(y) = 2 θ (1 minus ఏ௬) ఏ௬

Si x lt 0 on a g(x) = 0 et G(x) = 0 donc τ Y (x) =(௫)

ଵ(௫)= 0

Si x gt 0 on a 0 lt ఏ௫lt 1 donc 2 ndash ఏ௫gt 0 et g(x) = 2 θ (1 minus ఏ௫ ) ఏ௫et

G(x) = (1 minus ఏ௫)ଶ donc 1 ndash G(x) = 1 ndash [ 1 ndash 2 ఏ௫+ ଶఏ௫] = ఏ௫ (2 ndash ఏ௫) donc

τ(x) =(௫)

ଵ(௫)=ଶఏ(ଵ షഇ )

ଶ షഇ

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

32

Ainsi τ est deacuterivable sur R et si x gt 0 on a

ௗ

ௗ௫τ(x) =

[ଶ (ଵషഇ )ା ଶఏ ( షഇ )](ଶ షഇ ) ା ଶఏ(ଵషഇ ) షഇ

[ଶ షഇ ]sup2=

ଶఏ sup2 షഇ

(ଶ షഇ )sup2gt 0

Donc la fonction reacuteelle τ est strictement croissante sur R+ le taux de panne τ(x)augmente lorsque x gt 0 croit

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

33

TD ndeg 6 Couple aleacuteatoireA traiter du 16 au 20 Deacutecembre 2013

Exercice 11-Dans la population de personnes atteintes drsquoune certaine maladie incurable 25 meurentagrave 40 ans 50 agrave 50 ans et 25 agrave 60 ansDeacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire X qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquounindividu tireacute au hasard dans cette population2-Soit ଵ et ଶ les variable aleacuteatoire qui repreacutesentent lrsquoacircge de deacutecegraves de deux individus tireacutesau sort de faccedilon indeacutependante dans cette populationDeacuteterminer la loi de probabiliteacute du couple (ଵ ଶ)En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves decelui des deux individus qui vivra le plus longtempsCalculer lrsquoespeacuterance de vie de celui qui vivra le plus longtemps

Deacutemonstration1-On note X la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves drsquoun individu tireacute au hasard dans la population

P(X=40)=25100=14 P(X=50)=50100=12 P(X=60)=25100=14

La loi du couple (X1 X2) est P (X1 =a X2=b) = P[ (X1 = a) cap (X2= b) ] = P (X1 =a) P(X2=b) puisque les

variables aleacuteatoires X1 et X2 sont indeacutependantes

Donc

X2 X1=40 X1=50 X1=60

X2=40 P(X1 =40 X2=40) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=40) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=40) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

X2=50 P(X1 =40 X2=50) = (frac14)( frac12) =ଵ

P(X1 =50 X2=50) = (frac12)( frac12) =

ଵ

ସP(X1 =60 X2=50) = (frac14)( frac12) =

ଵ

X2=60 P(X1 =40 X2=60) = ( frac14)( frac14) =ଵ

ଵP(X1 =50 X2=60) = (frac14)( frac12) =

ଵ

P(X1 =60 X2=60) = ( frac14)( frac14) =

ଵ

ଵ

2-On note Y la variable aleacuteatoire qui repreacutesente lrsquoacircge de deacutecegraves de celui des deux individus qui vivrale plus longtemps

P(Y=40) = P[(X1 =40) cap (X2=40)] = P(X1 =40) P(X2=40) = (ଵ

ସ)2 =

ଵ

ଵ

P(Y=50) = P[(X1 =40) cap (X2=50)] + P[(X1 = 50) cap (X2=40)] + P[(X1 =50) cap (X2=50)] = (ଵ

) + (

ଵ

) + (

ଵ

ସ) =

ଵ

ଶ

P(Y=60) = 1 ndash [P(Y=40) + P(Y=50)] = 1 ndash [(ଵ

ଵ)+(

ଵ

ଶ)] =

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = 40 (ଵ

ଵ) + 50 (

ଵ

ଶ) + 60 (

ଵ) =

ଵ=ଶଵହ

ସ= 5375

Exercice 2Soit X une variable aleacuteatoire de loi normale centreacutee et reacuteduiteOn deacutefinit les variables aleacuteatoires Y = 2 X et Z = ndash 3X1-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute des variables aleacuteatoires Y et X + Y et X + Y + Z2-Calculer Cov (X Y) et V(X + Y + Z)

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

34

Deacutemonstration Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre (page 85)On utilise

Si a est un reacuteel et X est une variable aleacuteatoire telle que X(ω) = a pour tout ω isin Ω alors X = a 1Ω et

P(X=a) = P(ω isin Ω X(ω)=a) = P(Ω) = 1 et E(1Ω) = int 1Ω (ω)(ω)Ω

= P(Ω) = 1 donc

E(X) = E(a1Ω) = aE(1Ω) = aOn eacutecrit Si a est une constante E(a) = a E(1) = a donc E(a2) = a2 et V(a) = E(a2) ndashE2(a) = 0-Si X1 et X2 sont des variables aleacuteatoires indeacutependantes telles que X1 suive une loi N(m1 σ1) et X2 suive une loiN(m2 σ2) alors X1+ X2 suit une loi N(m σ) telle que m = m1+ m2 et σ = ( σ1

2+ σ22) frac12

-Si X suit une loi normale N(m σ) et a gt 0 alors Y = a X suit une loi N(a m a σ)

En effet P(X lt x) =ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ௫

ஶdt et en posant u = t a on a t =

௨

donc

P(Y lt x) = P(X lt௫

) =

ଵ

ఙradicଶగint

(ష )మ

మమ

ஶ

dt =ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మమ௫

ஶ(ଵ

) du =

ଵ

ఙradicଶగint

(ೠష )మ

మ()మ௫

ஶdu donc

Y = a X suit une loi N(am aσ) -Si X suit une loi normale N(m σ) et a ne 0 alors Y = a X suit une loi N(a m |a| σ)

La deacutemonstration de ce dernier reacutesultat nrsquoest pas eacutevidente et peut ecirctre obtenue en reprenant la deacutemonstration

preacuteceacutedente et en utilisant la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1

On notera que la relation int గ௫మݔ

ାஶ

ஶ= 1 a deacutejagrave eacuteteacute utiliseacutee pour deacutemontrer que (ݔ) =

ଵ

radicଶగ

మ

మ est une

densiteacute drsquoune variable aleacuteatoire U en eacutecrivant que int ݔ(ݔ)ାஶ

ஶ= int

ଵ

radicଶగ

మ

మ ݔାஶ

ஶ= int గ௧

మݐ

ାஶ

ஶ= 1 (en

posant௫

radicଶ= ߨradic )

1-Si X suit une loi N(0 1) alors E(X) = 0 et V(X) = 1 donc si a gt 0 est un reacuteel la variable a X suitune loi N(0a) donc la variable Y = 2X suit une loi N(02) et la variable X+Y = 3X suit une loi N(03)Comme Z = ndash 3X la variable X+Y+Z = 0 donc X+Y+Z se reacuteduit agrave la constante a = 0 (variablecertaine) donc on a P(X+Y+Z=0) = 1 et E(X+Y+Z) = a = 0 et V(X+Y+Z) = 0

2-Comme E(Y)=0 et E(X2)=V(X) +[E(X)] 2 = 1 + (0) 2 = 1 on a Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) = E(XY) = E(2XX) = 2E(X2) = 2

Exercice 3Soit X une variable aleacuteatoire de loi uniforme sur lrsquointervalle [ndash 1 1]1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition de X2-Calculer E(X) et V(X)3-Deacuteterminer la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire Y = ଶ puis calculer E(Y)4-Calculer Cov (X Y)Les variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration (Consulter le livre de Jean Pierre Lecoutre page 79)

Si a et b sont des reacuteels tels que a lt b on pose f(x) =ଵ

si x isin [a b] et f(x)= 0 sinon

On dit que la variable aleacuteatoire X Ω rarr R est une variable uniforme sur [a b] si la fonction f Rrarr R estune densiteacute de XOn calcule la fonction de reacutepartition de X

Si x lt a on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= 0

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

35

Si x ge b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

= 1

Si a le x lt b on a F(x) = P(X lt x) = int ݐ(ݐ)௫

ஶ= int

ଵ

ݐ

௫

=௫

Si k ge 0 on a E(Xk) = int ݐ ݐ(ݐ)ାஶ

ஶ= int ݐ

ଵ

ݐ

=

ଵ

int (

௧ೖశభ

ାଵ)prime ݐ

=

ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

Donc E(X) = (ଵ

ଶ)మ మ

=

ା

ଶet E(X2) = (

ଵ

ଷ)య య

=మା ା మ

ଷdonc V(X) = E(X2) - [E(X)] 2 =

()మ

ଵଶ

1- Si a = ndash 1 et b= 1 on a a + b = 0 et b ndash a =2 donc on calcule la fonction de reacutepartition de X Si x lt ndash 1 on a F(x) = 0

Si x ge 1 on a F(x) = 1

Si ndash 1 le x le 1 on a F(x) = ௫ାଵ

ଶ

Si k ge 0 on a E(Xk) =ଵ

ାଵ

ೖశభ ೖశభ

=

ଵ

ଶ(ାଵ)[1ndash (minus1)ାଵ ] donc E(X2k) =

ଵ

ଶାଵet E(X2k+1) = 0

Donc E(X) = 0 et V(X) = E(X2) ndash E2(X) =ଵ

ଷ

2- On pose Y = X2 et G(y) = P(Y lt y)On sait que lrsquoapplication rarrݐ ଶݐ est bijection deacuterivable de R+ dans R+ de reacuteciproque la

fonction deacuterivable rarrݐ deݐradic R+ dans R+

Si y lt 0 on a G(y) = P(X2 lt y) = P(empty) = 0 donc g(y) = G rsquo(y) = 0

Si y gt 1 on a ඥݕ gt 1 donc ndash ඥݕ lt ndash 1 donc F(ඥݕ) = 1 et F(ndashඥݕ) = 0 donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndashඥݕ) = 1 ndash 0 = 1 et

g(y) = G rsquo(y) = 0

Si 0 le y le 1 on a 0 le ඥ1 ge ݕ et ndash 1 le ndash ඥݕ le 0 donc F(ඥݕ) =ଵା radic௬

ଶet F(ndash ඥݕ) =

ଵ radic௬

ଶ

donc

G(y) = P(X2 lt y) = P(∣ X2∣ lt y) = P(∣ X∣ lt ඥݕ) = P(ndash ඥݕ lt X lt ඥݕ) = F(ඥݕ) ndash F(ndash ඥݕ)

=(ଵା radic௬) ndash (ଵndash radic௬)

ଶ= ඥݕ

Si 0 lt y lt 1 on a donc G(y) = ඥݕ et ainsi g(y) = G rsquo(y) =ଵ

ଶradic௬

Ainsi la fonction G est continue sur R et continument deacuterivable sur R01 donc G est lafonction de reacutepartition de Y et g est une densiteacute de Y

On a E(X2) = E(Y) = int ݐ(ݐ)ݐାஶ

ஶ= int ݐ(ݐ)ݐ

ଵ

= int

௧

ଶradic௧

ଵ

dt = int

radic௧

ଶ

ଵ

dt = int (

௧యమ

ଷ

ଵ

)rsquo dt =

ଵ

ଷ

3- Donc Cov (X Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = E(X3) ndash 0 = E(X3) = 0 (drsquoapregraves la question 1)En posant h(t) = t 2 on a Y = h(X) donc Y deacutepend de X

Exercice 4 Examen Septembre 2013 Exercice VSoit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

XY

ndash 2 0 2

ndash 1 1

4

3

16

1

41 1

8

1

16

1

8

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

36

1-Calculer Cov (X Y) et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sont indeacutependantes2-Deacuteterminer la loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

Deacutemonstration

1-La loi du couple (X Y) est P(X =a Y=b) = P [(X =a) cap (Y=b)]

-On calcule X(Ω) = ndash2 0 2 et Y(Ω) = ndash1 1

P(X = ndash2) = sum P(X = ndash 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

P(X = 2) = sum P(X = 2 Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) =ଵ

ସ+ଵ

=

ଷ

Donc E(X) = sum t P(X = t)୲ isin ଡ଼(Ω) = ndash2 P(X = ndash2) + 2 P(X = 2) = 0

De mecircme

P(Y = ndash1) = sum P(X = t Y = ndash 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

ସ+

ଷ

ଵ+ଵ

ସ=

ଵଵ

ଵ

P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

Donc E(Y) = sum t P(Y = t)୲ isin ଢ଼(Ω) = ndash P(Y = ndash1) + P(Y = 1) ne 0

-Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY)

Si h R2 rarr R est une application alors E [h(XY)] = sum h(u v) P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

Donc

E(XY) = sum uv P(X = u Y = v)(୳୴) isin ଡ଼(Ω)୶ଢ଼(Ω)

= [2 P(X = ndash 2 Y = ndash1) ndash 2 P(X = ndash 2 Y =1) ] + [ndash2 P(X = 2 Y = ndash1) + 2 P(X = 2 Y = 1) ]

= [ଶ

ସ+ଶ

] + [

ଶ

ସ+ଶ

] = 0

Donc Cov (X Y) = E(XY) ndash E(X) E(Y) = E(XY) = 0

Donc P(X = ndash 2 Y = ndash1) =ଵ

ସne (

ଷ) (ଵଵ

ଵ) = P(X = ndash 2 ) P( Y = ndash1) donc les variables aleacuteatoires X

et Y sont deacutependantes

2-Loi conditionnelle de X sachant que Y = 1

On a utiliseacute P(Y = 1) = sum P(X = t Y = 1)୲ isin ଡ଼(Ω) =ଵ

+

ଵ

ଵ+ଵ

=

ହ

ଵ

La loi conditionnelle de X sachant que Y = 1 est la loi deacutefinie par P [(X = x)|(Y = 1)] pour tout xappartenant agrave X(Ω) = ndash 2 0 2

On sait que P [(X = x)|(Y = 1)] =[(ଡ଼ୀ୶) cap (ଢ଼ୀଵ)]

(ୀଵ)=(ୀ௫ ୀଵ)

5

16

=ଵ

ହP(X = x Y = 1)

Donc

P [(X = ndash2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = ndash2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

P [(X = 0)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 0 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ

ଵ) =

ଵ

ହ

P [(X = 2)|(Y = 1)] =ଵ

ହP(X = 2 Y = 1) = (

ଵ

ହ)(ଵ) =

ଶ

ହ

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

37

Exercice 5Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires discregravetes dont la loi de probabiliteacute est donneacuteepar le tableau ci-apregraves

X0 1 2

Y

1 1

12

0 1

122 2

12

1

12

1

123 3

12

2

12

1

12

1-Deacuteterminer les lois marginales de X et Y et preacuteciser si ces variables aleacuteatoires sontindeacutependantes2-Deacuteterminer les lois conditionnelles de Y sachant que X = x pour x = 0 puis x = 1 et x = 2En deacuteduire la loi de probabiliteacute de la variable aleacuteatoire E(Y X)Calculer E[E(Y X)]Le reacutesultat eacutetait-il preacutevisible

Deacutemonstration1-La loi marginale de X est

k 0 1 2

P(X = k) P(X = 0) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶP(X = 1) = 0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସP(X = 2) =

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

La loi marginale de Y est

k 1 2 3

P(Y = k) P(Y = 1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y = 2) =

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷP(Y = 3) =

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

-Recopions le tableau de lrsquoeacutenonceacute en ajoutant une ligne et une colonne

Donc P(X=0) = P(X=0 Y=1) + P(X=0 Y=2) + P(X=0 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ

P(X=1) = P(X=1 Y=1) + P(X=1 Y=2) + P(X=1 Y=3) = 0 +ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

XY

0 1 2 Total Loi de Y

1 P(X=0 Y=1) =ଵ

ଵଶP(X=1 Y=1) = 0 P(X=2 Y=1) =

ଵ

ଵଶ

ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

2 P(X=0 Y=2) =ଶ

ଵଶP(X=1 Y=2) =

ଵ

ଵଶP(X=2 Y=2) =

ଵ

ଵଶ

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

3 P(X=0 Y=3) =ଷ

ଵଶP(X=1 Y=3) =

ଶ

ଵଶP(X=2 Y=3) =

ଵ

ଵଶ

ଷ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

Total Loi de X

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ=ଵ

ଶ0 +

ଵ

ଵଶ+

ଶ

ଵଶ=ଵ

ସ

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ1

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

38

P(X=2) = P(X=2 Y=1) + P(X=2 Y=2) + P(X=2 Y=3) =ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ସ

On eacutecrit

X 0 1 2ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

-On calcule lrsquoespeacuterance de X agrave savoir

E(X) = sum ௧isin(Ω) (Xݐ = t) = (1)P(X=1)+2 P(X=2) = (1)(ଵ

ସ) + 2(

ଵ

ସ) =

ଷ

ସ

On a P(Y=1) = P(X=0 Y=1) + P(X=1 Y=1) + P(X=2 Y=1) =ଵ

ଵଶ+ 0 +

ଵ

ଵଶ=ଵ

P(Y=2) = P(X=0 Y=2) + P(X=1 Y=2) + P(X=2 Y=2) =ଶ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଷ

P(Y=3) = P(X=0 Y=3) + P(X=1 Y=3) + P(X=2 Y=3) =ଷ

ଵଶ+

ଷ

ଵଶ+

ଵ

ଵଶ=ଵ

ଶ

On eacutecrit

Y 1 2 3ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

-On calcule lrsquoespeacuterance de Y agrave savoir

E(Y) = sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t) = (1)P(Y=1) + (2) P(Y=2) + (3) P(Y=3) = (1)(ଵ

) + 2(

ଵ

ଷ) + 3(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Comme P(X=1) P(Y=1) = (ଵ

ସ) (

ଵ

) ne 0 = P(X=1 Y=1) les variables aleacuteatoires X et Y sont

deacutependantes

-Pour calculer la covariance cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) on calcule drsquoabord E(XY) en notantque (XY)( Ω) = 0 1 2 3 4 6 donc E(XY) = sum ௨ isin(Ω)ݒݑ

௩ isin(Ω)

( = ݑ Y = v)

= (1)P(X=1 Y=1) + (2) P(X=1 Y=2) + (3) P(X=1 Y=3) + (2)P(X=2 Y=1) + (4) P(X=2 Y=2) + (6) P(X=2 Y=3)

= (1)(0) + (2) (ଵ

ଵଶ) + (3) (

ଶ

ଵଶ) + (2) (

ଵ

ଵଶ)+ (4) (

ଵ

ଵଶ)+ (6) (

ଵ

ଵଶ) =

ଶାାଶାସା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=ହ

ଷ

Donc cov (X Y) = E(XY) ndash E(X)E(Y) =ହ

ଷndash (

ଷ

ସ)(

ଷ) =

ଶଶଵ

ଵଶ=ଵ

ଵଶne 0

Donc les variables X et Y ne sont pas indeacutependantes (Lecoutre pages 137 et 141)

2-La loi conditionnelle de Y sachant que X=ݔest P(Y ݕ= |X=ݔ) =(ୀ௫ ୀ௬)

(ୀ௫)donc

ݕ 1 2 3

X=0 P(Y = 1|X=0) =(ୀ ୀଵ)

(ୀ)

=ଵ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

P(Y = 2|X=0) =(ୀ ୀଶ)

(ୀ)

=ଶ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=0) =(ୀ ୀଷ)

(ୀ)

=ଷ

ଵଶଵ

ଶ=ଵ

ଶ

X=1 P(Y = 1|X=1) =(ୀଵ ୀଵ)

(ୀଵ)

= 0 ଵ

ସ= 0

P(Y = 2|X=1) =(ୀଵ ୀଶ)

(ୀଵ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=1) =(ୀଵ ୀଷ)

(ୀଵ)

=ଶ

ଵଶଵ

ସ=ଶ

ଷ

X=2 P(Y = 1|X=2) =(ୀଶ ୀଵ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 2|X=2) =(ୀଶ ୀଶ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

P(Y = 3|X=2) =(ୀଶ ୀଷ)

(ୀଶ)

=ଵ

ଵଶଵ

ସ=ଵ

ଷ

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de P(Y ݕ= |X=ݔ)

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

39

ݕ 1 2 3

Y | X=0 ଵ

ଵ

ଷ

ଵ

ଶ

Y | X =1 0 ଵ

ଷ

ଶ

ଷ

Y | X =2 ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

ଵ

ଷ

3-Le calcul des moments conditionnels est analogue agrave celui des moments (Lecoutre page 112)

On a E(Y|X=ݔ) = sum ௧ isin (Ω) (Yݐ = t|X = (ݔ

On a E(Y|X=0)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 0) = (1)P(Y=1| X=0)+ (2)P(Y=2|X=0) + (3)P(Y=3|X=0)

= (1)ଵ

+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଶ=ଵାସାଽ

=ଵସ

=

ଷ

On a E(Y|X=1)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 1) = (1)P(Y=1|X=1) + (2)P(Y=2|X=1) + (3)P(Y=3|X=1)

= (1) (0) + (2)ଵ

ଷ+ (3)

ଶ

ଷ=ାଶା

ଷ=

ଷ

On a E(Y|X=2)= sum ௧isin(Ω) (Yݐ = t|X = 2) = (1)P(Y=1|X=2) + (2)P(Y=2|X=2) + (3)P(Y=3|X=2)

= (1)ଵ

ଷ+ (2)

ଵ

ଷ+ (3)

ଵ

ଷ=ଵାଶାଷ

ଷ=

ଷ= 2

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant les valeurs de la fonctiondiscregravete E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

E(Y|X=0) =

ଷE(Y|X=1) =

ଷE(Y|X=2) = 2

Drsquoapregraves le cours la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R a pour image le sous

ensemble Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) et pour tout niݔ X(Ω) on a P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ et on eacutecrit en geacuteneacuteral P[ E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔdonc la probabiliteacute de E(Y|X) = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ cest-agrave-dire que la probabiliteacute delrsquoeacuteveacutenement Z = E (Y|X = (ݔ est P(X = (ݔ

La loi de probabiliteacute de Z est deacutefinie (Lecoutre page 112) par lrsquoensemble des valeurs possibles deZ agrave savoir Z(Ω) = E(Y|X=x) x isin X(Ω) et par les probabiliteacutes associeacutees P(X=x) quand x isin X(Ω)

Comme X(Ω) = 0 1 2 la variable aleacuteatoire reacuteelle Z = E(Y|X) Ω rarr R prend trois valeurs agrave

savoir E(Y|X=0) =

ଷet E(Y | X = 1) =

ଷet E(Y|X =2) = 2 donc

Z(Ω) = E (Y|X = x) x isin (Ω) =

ଷ

ଷ 2

La relation P [Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ si niݔ X(Ω) implique alors

P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 0) ] = P(X = 0) =

ଵ

ଶ

et P(Z =

ଷ) = P [Z = E (Y|X = 1) ] = P(X = 1) =

ଵ

ସ

et P(Z = 2) = P [Z = E (Y|X = 2) ] = P(X = 2) =ଵ

ସ

Ainsi E [E(Y|X) ] = E(Z) = sum ௧isin(Ω) (Zݐ = t) = (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (

ଷ) P(Z =

ଷ) + (2) P(Z = 2)

= (

ଷ) P(X=0) + (

ଷ) P(X=1) + (2) P(X=2) = (

ଷ) (ଵ

ଶ) + (

ଷ) (ଵ

ସ) + (2) (

ଵ

ସ) =

ଵସାା

ଵଶ=ଶ

ଵଶ=

ଷ

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

40

On admet la preacutesentation suivante dans un tableau donnant la loi de probabiliteacute de lavariable aleacuteatoire E(Y|X) x rarr E(Y|X=x) de X(Ω) dans R

x 0 1 2

E(Y|X=x)

ଷ

ଷ2

P [ Z = E (Y|X = (ݔ ] = P(X = (ݔ ଵ

ଶ

ଵ

ସ

ଵ

ସ

Drsquoapregraves le cours (Lecoutre page 112) on a

E [ E(Y|X) ] = E(Z) = sum )ݐ = ௧ isin (Ω)(ݐ = sum E(Y|X = x)( = ௫ isin ଡ଼(Ω)(ݔ

= sum ( = (ݔ sum )ݕ = ݕ | = ௬isin(Ω) ௫isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = (ݔ ( = ݕ | = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum sum )ݕ = ݕ = ௫isin(Ω) ௬isin(Ω)(ݔ

= sum )ݕ = ௬ isin ଢ଼(Ω)(ݕ

= E(Y)

= (1)P(Y=1) + (2)P(Y=2) + (3)P(Y=3) = (1) (ଵ

) + (2)(

ଵ

ଷ) + (3)(

ଵ

ଶ) =

ଵାସାଽ

=

ଷ

Note culturelle

Espeacuterance conditionnelle (Jacob et Protter Lrsquoessentiel en theacuteorie des probabiliteacutes Cassini pages 203 agrave 215)

Soit (Ω P) un espace probabiliseacute et Y Ω rarr R une variable aleacuteatoire et X Ω rarr R une variable aleacuteatoire

telle que X(Ω) soit au plus deacutenombrableLrsquoeacuteveacutenement ଵ (x) = isin Ω X( ) = x se note X = xSi niݔ X(Ω) et A isin on pose ௫ (A) = P(A | X = (ݔ donc ௫ rarr R est une probabiliteacute sur ΩOn note ொܧ (Y) = sum ௧ isin (Ω) ௫ݐ (Y=t) lrsquoespeacuterance de Y par rapport agrave la probabiliteacute ௫ et on pose

E(Y|X = =(ݔ ொܧ (Y) donc on a E(Y|X = (ݔ = sum ௧ isin (Ω)ݐ (Y = t |X = (ݔ

Le reacuteel E(Y|X = (ݔ srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X = ݔOn pose f(x) = E(Y | X = x) si P(X = x) gt 0 et f(x) = 0 si P(X = x) = 0 de sorte que lrsquoon deacutefinit ainsi une fonctionf X(Ω) rarr R donc on dispose drsquoune fonction f(X) rarr f(X( )) de Ω dans RLa fonction f(X) srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X et on pose E(Y | X) = f(X)Ainsi lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X est la variable aleacuteatoire E(Y | X) Ω rarr R

On note ߪ (X) la tribu sur Ω engendreacutee par la variable aleacuteatoire X Ω rarr R cest-agrave-dire la tribu dont les

eacuteleacutements sont les ଵ (B) ougrave B parcourt lrsquoensemble des boreacuteliens de ROn sait qursquoune variable aleacuteatoire U Ω rarr R est ߪ (X) mesurable si et seulement srsquoil existe une fonctionboreacutelienne g R rarr R telle que U = g(X)

Plus geacuteneacuteralement si X et Y sont des variables aleacuteatoires reacuteelles sur Ω telles que Y soit dans ଶ(Ωܮ P)

alors il existe un unique eacuteleacutement dans ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) tel que pour tout eacuteleacutement dans

ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) on ait E( Z) = E(Y Z) et lrsquoeacuteleacutement srsquoappelle lrsquoespeacuterance conditionnelle de Y sachant X etse note E(Y | X)

Autrement dit est la projection orthogonale de Y sur le sous espace fermeacute ଶ(Ωܮ ߪ (X) P) de lrsquoespace

de Banach ଶ(Ωܮ P)

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

41

Exercice 6Un couple (X Y) de variables aleacuteatoires admet pour densiteacute f telle que f(x y) = ௬௫ pour [y le x et 0 le y le 1] et f(x y) = 0 sinonDeacuteterminer les densiteacutes marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

Deacutemonstration

Notons D = (x y) isin R2 0 le y le 1 et y le x

Donc D est le convexe fermeacute contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0 et

limiteacute par les droites y = x et y = 1 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (2 ଵ

ଶ)

yy = x

1

x MD

0 x 1 x

Posons f(x y) = e y - x si y le x et 0 le y le 1 et f(x y)= 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors de D

On notera que (x y) isin D hArr [0 le y le x et y le 1] hArr [0 le y le 1 et y le x lt + infin]

On a intintD f൫x y൯dx dy = int [int ௬௫ାஶ

௬

ଵ

dx]dy =int ௬ [ int (minus௫)prime

ାஶ

௬

ଵ

dx ] dy= int ௬

ଵ

௬ dy = 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ

On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si 0 le x le 1 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

௫

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

௫

dy = 1 ndash e ndash x

Si x gt 1 on a g(x) =int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ଵ

dy = int (

ௗ

ௗ௬௬௫)

ଵ

dy = e 1ndash x ndash e ndash x = (e ndash 1) e ndash x

Si x lt 0 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0Si y lt 0 ou si y gt 1 on a f(x y) = 0 donc h(y)= 0

Si 0 le y le 1 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int ௬௫

ାஶ

௬dx =int (minus

ௗ

ௗ௫௬௫)

ାஶ

௬dx = e y e ndash y = 1

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

Exercice 7Soit (X Y) un couple de variables aleacuteatoires dont la loi est deacutetermineacutee par la densiteacute f telle

que f(x y) =௫௬

ଶpour [ 0 le x le 2 et 0 le y le x ] et f(x y) = 0 sinon

1-Deacuteterminer la fonction de reacutepartition F de cette loi2-Deacuteterminer les lois marginales de X et YLes variables aleacuteatoires X et Y sont-elles indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

42

Deacutemonstration

Si A sub Rsup2 et (x y) isin Rsup2 on pose 1 A (x y) = 1 si (x y) isin A et 1 A (x y) = 0 si (x y) isin Ac ce qui

deacutefinit une fonction de Rsup2 dans R noteacutee 1 A et appeleacutee la fonction indicatrice de lrsquoensemble A

1- On note D =(x y) isin R2 0 le x le 2 et 0 le y le x

Donc D est le convexe fermeacute (triangle) contenu dans le quart de plan L = (x y) isin R2 x ge 0 et y ge 0

et limiteacute par les droites y = x et x = 0 et x = 2 et y = 0 et contenant le point M (x y) = (ଷ

ଶଵ

ଶ)

On pose f(x y) =௫௬

ଶ si 0 le x le 2 et 0 le y le x et f(x y) = 0 sinon donc f R2 rarr R est nulle hors

de D

y

y = x2

1

x DM

0 x 1 2 x

On notera que (x y) isin D hArr 0 le y le x le 2

On a intintD f൫x y൯dx dy =ଵ

ଶint intݔ] ݕ

௫

ଶ

dy] dx =

ଵ

ଶint ݔ [

௫sup2

ଶ

ଶ

] dx =

ଵ

ସint

ௗ

ௗ௫(௫ర

ସ

ଶ

) dx =

ଶర

ଵ= 1

La fonction de reacutepartition de (X Y) est la fonction F R2 rarr R telle que pour tout (x y) isin R2

F(x y) = P(X lt x Y lt y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ(Jean Pierre Lecoutre page 113)

Si x lt 0 ou si y lt 0 on a f(x y) = 0 donc F(x y) = 0Si x gt 2 et si y gt 2 on a

F(x y) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬

ஶ

௫

ஶ= int int

௨ ௩

ଶ

ଶ

ଶ

1 (v u) isin Rsup2 v le u du dv = 1

Si y 0 gt x0 et x0 lt 2 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݒ(ݒݑ) ] ݑ௬బ

ஶ

௫బ

ஶ=int

௨

ଶ[ int ݒݒ ] ݑ

௨

௫బ

=int

௨

ଶ

௨మ

ଶ

௫బ

du =int

ௗ

ௗ௨

௫బ

(௨ర

ଵ) du =

௫బర

ଵ

Si y0 lt x 0 lt 2 on a

F(x0 y 0)=int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ=int

௩

ଶ[int ݑݑ ] ݒ

௫బ

௩

௬బ

=ଵ

ଶint ቂݒ

௫బమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

(௬బ௫బ)మ

ndash

௬బర

ଵ

=௬బ

మ(ଶ௫బమ௬బ

మ)

ଵ

Si y 0 lt 2 lt x0 on a

F(x0 y 0) = int [ int ݑ(ݒݑ) ] ݒ௫బ

ஶ

௬బ

ஶ= int

௩

ଶ[ int ݑݑ ] ݒ

ଶ

௩

௬బ

=

ଵ

ଶint ݒ ቂ

ଶమ

ଶminus

௩మ

ଶቃ ݒ

௬బ

=

௬బమ(௬బ

మ)

ଵ

2- On note g R rarr R la densiteacute marginale de X donc g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi x isin R

On note h R rarr R la densiteacute marginale de Y donc h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶsi y isin R

Si x lt 0 ou si x gt 2 on a f(x y) = 0 donc g(x) = 0

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes

43

Si 0 le x le 2 on a g(x) = int ݕ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݕ

௫

= int ݔ

ௗ

ௗ௬

௫

(௬మ

ସ) dy =

௫య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire XSi y lt 0 ou si y gt 2 on a f(x y) = 0 donc h(y) = 0

Si 0 le y le 2 on a h(y) = int ݔ(ݕݔ)ାஶ

ஶ= int

௫௬

ଶݔ

ଶ

௬= int ݕ

ௗ

ௗ௫

ଶ

௬(௫మ

ସ) dy = y

ଶమ௬మ

ସ= y ndash

௬య

ସ

On dispose donc de la densiteacute marginale de la variable aleacuteatoire Y

Comme f(x y) ne g(x)h(y) les variables aleacuteatoires X et Y ne sont pas indeacutependantes