Exercices corrigés — Probabilités & statistiques

Une loi de probabilité doit vérifier : chaque $p_i$ dans $[0;1]$ et $\sum p_i=1$.

$E(X)=\sum x_i\,p_i$ : attention au signe du gain $-2$.

Le jeu est favorable au joueur si $E(X)$ est strictement positive.

$0{,}5+0{,}3+0{,}2=1$ et chaque probabilité est dans $[0;1]$ : c'est bien une loi de probabilité.

$E(X)=(-2)\times 0{,}5+1\times 0{,}3+5\times 0{,}2=-1+0{,}3+1=0{,}3$.

En moyenne, un billet rapporte $0{,}30$ € au joueur : sur un grand nombre de billets, le gain moyen tend vers $0{,}30$ € (loi des grands nombres) — le jeu est favorable au joueur.

$E(X)=\sum x_i p_i$.

Calcule d'abord $E(X^2)=\sum x_i^2 p_i$, puis $V(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$.

$\sigma(X)=\sqrt{V(X)}$.

$E(X)=0\times 0{,}1+1\times 0{,}2+2\times 0{,}4+3\times 0{,}3=0{,}2+0{,}8+0{,}9=1{,}9$.

$E(X^2)=0\times 0{,}1+1\times 0{,}2+4\times 0{,}4+9\times 0{,}3=0{,}2+1{,}6+2{,}7=4{,}5$.

$V(X)=4{,}5-1{,}9^2=4{,}5-3{,}61=0{,}89$, d'où $\sigma(X)=\sqrt{0{,}89}\approx 0{,}94$.

Trois ingrédients à citer : répétition de $n$ épreuves identiques, indépendance, deux issues par épreuve.

Le « succès » est ici « la pièce est défectueuse », de probabilité $p=0{,}02$.

$P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$ ; pour $k=0$ il reste $(0{,}98)^{10}$.

On répète $n=10$ fois la même épreuve de Bernoulli (pièce défectueuse ou non), de façon indépendante (tirage assimilé avec remise), avec probabilité de succès $p=0{,}02$ : $X\sim\mathcal{B}(10;0{,}02)$.

$P(X=0)=(0{,}98)^{10}\approx 0{,}8171$.

$P(X=1)=\binom{10}{1}\times 0{,}02\times(0{,}98)^{9}=10\times 0{,}02\times(0{,}98)^9\approx 0{,}1667$.

$P(X=2)=\binom{20}{2}(0{,}1)^2(0{,}9)^{18}$ avec $\binom{20}{2}=190$.

$P(X\leq 1)=P(X=0)+P(X=1)$.

$E(X)=np$ et $V(X)=np(1-p)$.

$\binom{20}{2}=\dfrac{20\times 19}{2}=190$, donc $P(X=2)=190\times 0{,}01\times(0{,}9)^{18}\approx 0{,}2852$.

$P(X=0)=(0{,}9)^{20}\approx 0{,}1216$ et $P(X=1)=20\times 0{,}1\times(0{,}9)^{19}\approx 0{,}2702$ : $P(X\leq 1)\approx 0{,}3917$.

$E(X)=20\times 0{,}1=2$ ; $V(X)=20\times 0{,}1\times 0{,}9=1{,}8$ ; $\sigma(X)=\sqrt{1{,}8}\approx 1{,}34$.

$X\sim\mathcal{B}(15;0{,}05)$ : le succès est « présenter un effet secondaire ».

L'événement contraire de $\{X\geq 1\}$ est $\{X=0\}$.

$P(X\geq 1)=1-(0{,}95)^{15}$.

$15$ répétitions indépendantes, succès « effet secondaire » de probabilité $p=0{,}05$ : $X\sim\mathcal{B}(15;0{,}05)$.

$P(X\geq 1)=1-P(X=0)=1-(0{,}95)^{15}$.

$(0{,}95)^{15}\approx 0{,}4633$, donc $P(X\geq 1)\approx 0{,}5367$ : il y a environ une chance sur deux qu'au moins une personne du groupe présente un effet secondaire.

Chaque question est une épreuve de Bernoulli de succès $p=\dfrac14$.

$E(X)=np$.

$P(X=5)=\binom{10}{5}(0{,}25)^5(0{,}75)^5$ avec $\binom{10}{5}=252$.

$10$ questions indépendantes, probabilité $\dfrac14$ de succès à chacune : $X\sim\mathcal{B}\big(10;0{,}25\big)$.

$E(X)=10\times 0{,}25=2{,}5$ : en répondant au hasard, on obtient en moyenne $2{,}5$ bonnes réponses sur $10$ — loin de la moyenne.

$P(X=5)=\binom{10}{5}(0{,}25)^5(0{,}75)^5=252\times(0{,}25)^5\times(0{,}75)^5\approx 0{,}0584$.

Le paramètre d'une loi de Poisson est sa moyenne : $\lambda=3$.

$P(X=k)=e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}$.

$P(X\leq 2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)$.

$E(X)=3$ appels par minute, donc $X\sim\mathcal{P}(3)$.

$P(X=0)=e^{-3}\approx 0{,}0498$ ; $P(X=2)=e^{-3}\dfrac{3^2}{2!}=\dfrac{9}{2}e^{-3}\approx 0{,}2240$.

$P(X\leq 2)=e^{-3}\Big(1+3+\dfrac{9}{2}\Big)=\dfrac{17}{2}e^{-3}\approx 0{,}4232$.

Pour une loi de Poisson, espérance et variance sont égales.

L'événement contraire de « au moins une panne » est « aucune panne ».

$P(X\geq 1)=1-e^{-\lambda}$.

Pour $X\sim\mathcal{P}(\lambda)$ : $V(X)=E(X)=\lambda=2$ (propriété caractéristique de la loi de Poisson).

$P(X\geq 1)=1-P(X=0)=1-e^{-2}$.

$e^{-2}\approx 0{,}1353$, donc $P(X\geq 1)\approx 0{,}8647$.

Centre et réduis : $T=\dfrac{X-500}{4}$ suit $\mathcal{N}(0;1)$.

$P(X\leq 506)=\Phi\big(\frac{506-500}{4}\big)=\Phi(1{,}5)$.

Pour la borne négative : $\Phi(-1)=1-\Phi(1)$.

$T=\dfrac{X-500}{4}\sim\mathcal{N}(0;1)$ : $P(X\leq 506)=P\big(T\leq\tfrac{6}{4}\big)=\Phi(1{,}5)=0{,}9332$.

$P(496\leq X\leq 506)=\Phi(1{,}5)-\Phi\big(\tfrac{496-500}{4}\big)=\Phi(1{,}5)-\Phi(-1)$.

$\Phi(-1)=1-\Phi(1)=1-0{,}8413=0{,}1587$, donc $P(496\leq X\leq 506)=0{,}9332-0{,}1587=0{,}7745$.

$P(X\geq 70)=1-P(X\leq 70)$ : centre-réduis d'abord.

$\dfrac{70-60}{5}=2$.

L'intervalle $[50;70]$ est symétrique autour de $\mu=60$ : $P=2\Phi(2)-1$.

$P(X\geq 70)=1-\Phi\big(\tfrac{70-60}{5}\big)=1-\Phi(2)=1-0{,}9772=0{,}0228$.

$[50;70]=[\mu-2\sigma;\mu+2\sigma]$ : $P(50\leq X\leq 70)=\Phi(2)-\Phi(-2)=2\Phi(2)-1=0{,}9544$.

On retrouve la règle des « deux sigmas » : environ $95\,\%$ des trajets durent entre $50$ et $70$ minutes, et $2{,}3\,\%$ dépassent $70$ minutes.

On cherche $a$ tel que $P(X\leq a)=0{,}95$.

Centre-réduis : $\Phi\big(\frac{a-80}{10}\big)=0{,}95$, donc $\frac{a-80}{10}=1{,}645$.

« Décentre » : $a=\mu+t\,\sigma$.

$P(X\leq a)=0{,}95\iff\Phi\Big(\dfrac{a-80}{10}\Big)=0{,}95$.

La table donne $\Phi(1{,}645)=0{,}95$, donc $\dfrac{a-80}{10}=1{,}645$.

$a=80+1{,}645\times 10=96{,}45$ : $95\,\%$ des candidats ont au plus $96{,}45$ points.

$[71;79]=[\mu-2\sigma;\mu+2\sigma]$.

$P(\mu-2\sigma\leq X\leq\mu+2\sigma)=2\Phi(2)-1$.

Le taux de rebut est la probabilité complémentaire.

$\dfrac{71-75}{2}=-2$ et $\dfrac{79-75}{2}=2$ : $P(71\leq X\leq 79)=\Phi(2)-\Phi(-2)=2\Phi(2)-1$.

$2\times 0{,}9772-1=0{,}9544$ : environ $95{,}4\,\%$ des bouteilles sont conformes.

$1-0{,}9544=0{,}0456$, soit environ $4{,}6\,\%$ de rebut (réparti symétriquement : $2{,}3\,\%$ trop vides, $2{,}3\,\%$ trop pleines).

Vérifie d'abord $\sum p_i=1$.

$E(X)=\sum x_ip_i$ puis $E(X^2)=\sum x_i^2p_i$.

$V(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$.

$E(X)=1\times 0{,}4+2\times 0{,}3+3\times 0{,}2+4\times 0{,}1=0{,}4+0{,}6+0{,}6+0{,}4=2$.

$E(X^2)=1\times 0{,}4+4\times 0{,}3+9\times 0{,}2+16\times 0{,}1=0{,}4+1{,}2+1{,}8+1{,}6=5$.

$V(X)=5-2^2=1$ et $\sigma(X)=1$.

$\binom{8}{3}=56$.

$P(X\leq 1)=P(X=0)+P(X=1)=(0{,}7)^8+8\times 0{,}3\times(0{,}7)^7$.

$E(X)=np$.

$P(X=3)=\binom{8}{3}(0{,}3)^3(0{,}7)^5=56\times 0{,}027\times(0{,}7)^5\approx 0{,}2541$.

$P(X=0)=(0{,}7)^8\approx 0{,}0576$ ; $P(X=1)=8\times 0{,}3\times(0{,}7)^7\approx 0{,}1977$ : $P(X\leq 1)\approx 0{,}2553$.

$E(X)=8\times 0{,}3=2{,}4$.

$P(X=k)=e^{-4}\dfrac{4^k}{k!}$.

$4!=24$.

$P(X\leq 1)=e^{-4}(1+4)$.

$P(X=4)=e^{-4}\dfrac{4^4}{4!}=e^{-4}\dfrac{256}{24}=\dfrac{32}{3}e^{-4}\approx 0{,}1954$.

$P(X\leq 1)=e^{-4}+4e^{-4}=5e^{-4}\approx 0{,}0916$.

$\dfrac{180-170}{8}=1{,}25$.

$[162;178]=[\mu-\sigma;\mu+\sigma]$.

$P(\mu-\sigma\leq X\leq\mu+\sigma)=2\Phi(1)-1$.

$P(X\leq 180)=\Phi\Big(\dfrac{180-170}{8}\Big)=\Phi(1{,}25)=0{,}8944$.

$P(162\leq X\leq 178)=\Phi(1)-\Phi(-1)=2\Phi(1)-1=2\times 0{,}8413-1=0{,}6826$.

Environ $68\,\%$ des élèves mesurent entre $162$ et $178$ cm — règle du « un sigma ».

« $97{,}5\,\%$ durent au moins $t$ » se traduit par $P(X\geq t)=0{,}975$, donc $P(X\leq t)=0{,}025$.

$\Phi\big(\frac{t-1000}{50}\big)=0{,}025$ : le quantile est NÉGATIF ($t$ sous la moyenne).

$\Phi(-1{,}96)=1-0{,}975=0{,}025$.

$P(X\geq t)=0{,}975\iff P(X\leq t)=0{,}025\iff\Phi\Big(\dfrac{t-1000}{50}\Big)=0{,}025$.

$\Phi(-1{,}96)=1-\Phi(1{,}96)=0{,}025$, donc $\dfrac{t-1000}{50}=-1{,}96$.

$t=1000-1{,}96\times 50=902$ heures : en garantissant $900$ h, le fabricant couvre un peu plus de $97{,}5\,\%$ de la production.

La contrainte s'écrit $P(X\geq 240)=0{,}975$, c'est-à-dire $P(X\leq 240)=0{,}025$.

$\dfrac{240-250}{\sigma}=-1{,}96$ (quantile négatif : $240$ est sous la moyenne).

Isole $\sigma$.

$P(X\leq 240)=0{,}025\iff\Phi\Big(\dfrac{240-250}{\sigma}\Big)=0{,}025\iff\dfrac{-10}{\sigma}=-1{,}96$.

$\sigma=\dfrac{10}{1{,}96}\approx 5{,}1$ g.

Plus $\sigma$ est petit, plus la production est régulière : il faut un écart-type d'au plus $5{,}1$ g. Ici l'inconnue n'est plus la borne mais le paramètre $\sigma$ — même équation, autre lecture.