exercices corrige probabilite, Exercises of Probability and Statistics

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ROYAUME DU MAROC UNIVERSITE ABDELMALEK ESSAADI FACULTE DES SCIENCES ET TECHNIQUES TANGER Probabilités/Statistique descriptive Correction des exercices Polycopié destiné aux étudiants de 2èmeAnnée –Tronc Commun Filière : GEGM-(S3) Semestre 2 Rachid El Halimi Année universitaire 2020-2021 UNIVESITE ABDELMALEK ESSAADI Anne Universitaire 2021/2022 FST DEPARTEMENT DE MATHEMATIQUES TANGER Filire : GEGM (S3) Statistique-Probabilités Série 1 (Correction) Exercice 1 1◦) Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} a) Nous avons : ∅ ∈ Θ1 et Ω = ∅ ∈ Θ1, alors Θ1 est une algèbre. b) Θ2 est une algèbre car ∅ ∈ Θ2, Ω = ∅ ∈ Θ2, I = P ∈ Θ2, P = I ∈ Θ2, I ∪ P = Ω ∈ Θ2 et I ∪ P ∪ Ω = Ω ∈ Θ2 c) Θ3 (L’ensemble des parties de Ω ) est une algèbre car toutes les opérations entre les ensembles de P(Ω) seront dans P(Ω). 2◦) Θ4 ne forme pas une algèbre car : {1} = {2, 3, 4, 5} /∈ Θ4 Exercice 2 a) L’univers Ω est donné par : Ω = {(Ni, Rj)/i, j ∈ {1, 2, .., 6}};Cardinal(Ω) = 36. La tribu Θ = P(Ω), l’ensemble des parties de Ω. La probabilit P est dfinie par : P (A) = Card(A)/Card(Ω) b)Application : 1)P (N = R) = P ({(Ni, Rj)/Ni = Rj , i, j ∈ {1, 2, .., 6}}) = 6/36 2)P (N ≥ R) = 21/36 3)P (N + R ≥ 6) = P (N ≥ 6−R) = P ({(Ni, Rj)/Ni ≥ 6−Rj , i, j ∈ {1, 2, .., 6}}) = 27/36 4)P (N ≤ 2, R ≥ 4) = 6/36 Exercice 3 - On a : P (B −A) = P (B ∩A) Or B ∩A ⊂ A⇒ 0 ≤ P (B ∩A) ≤ 1− P (A) = 0 Alors P (B −A) = 0 Exercice 6 On a : P (A) = 1 100 , P (T+/A) = 0.8 et P (T−/A) = 0.9 On doit calculer P (A/T+) On sait que P (A/T+) = P (T+/A)P (A) P (T+) et P (T+) = P (T+/A) + P (T+/A) et aussi on a P (T+/A) + P (T−/A) = 1 Alors P (A/T+) = P (T+/A)P (A) P (T+/A) + 1− P (T−/A) Et finalement P (A/T+) = 0.0088 Exercice 7 Soit D={ Boulon défectueux} On sait que : P (M1) = 0.003, P (M2) = 0.008, P (M3) = 0.01, P (D/M1) = 1 2 , P (D/M2) = 7 20 et P (D/M3) = 3 20 Alors : a) La probabilité qu’un boulon défectueux soit fabriqué par M1 est : P (M1/D) = P (D/M1)P (M1) P (D) avec P (D) = P (D/M1)P (M1) + P (D/M2)P (M2) + P (D/M3)P (M3) donc P (M1/D) = 15 58 b) La probabilité qu’un boulon défectueux soit fabriqué par M2 est : P (M2/D) = P (D/M2)P (M2) P (D) Alors P (M2/D) = 14 29 c) La probabilité qu’un boulon défectueux soit fabriqué par M3 est : P (M3/D) = P (D/M3)P (M3) P (D) donc P (M3/D) = 15 58 Exercice 8 Soient T={ le joueur se tricher} et Ω = T ∪ T La probabilité qu’un gagnant soit un tricheur est : P (T/{6}) = P ({6}/T )P (T ) P ({6}/T )P (T ) + P ({6}/T )P (T ) = 1× p 1× p + 1 P (1− p) = 6p 1 + 5p Exercice 9 1◦) Soit A un évènement quelconque. i) On a P (A ∩ Ω) = P (A) = 1× P (A) = P (Ω)× P (A) alors A et Ω sont indépendants. ii) On a P (A ∩∅) = P (∅) = 0 = 0× P (A) = P (∅)× P (A) donc A et ∅ sont indépendants. 2◦)Soient A1 et A2 sont deux évènements avec P (A1) = 0.3, P (A2) = 0.7 et P (A1 ∩A2) = 0.2 i) On a P (A1)× P (A2) = 0.21 et P (A1 ∩A2) = 0.2 donc A1 et A2 ne sont pas indépendants ii) - P (A1 ∪A2) = P (A1) + P (A2) + P (A1 ∩A2) = 0.8 - P (A1 ∩A2) = P (A1 ∪A2) = 1− P (A1 ∪A2) = 0.2 - On a P (A1) = P (A1 ∩A2) + P (A1 ∩A2), alors P (A1 ∩A2) = P (A1)− P (A1 ∩A2) = 0.1 - P (A1 ∩A2) = P (A2)− P (A1 ∩A2) = 0.5 3◦)Supposons que A et B sont indépendants alors : P (A ∩B) = P (A)× P (B) Montrons que A et B sont indépendants, c’est à dire P (A ∩B) = P (A)× P (B) On a P (A ∩B) = P (A ∪B) = 1− P (A ∪B) = 1− P (A)− P (B) + P (A ∩B) = 1− P (A)− P (B) + P (A)P (B) Et P (A)× P (B) = (1− P (A))(1− P (B)) = 1− P (A)− P (B) + P (A)P (B) Donc P (A ∩B) = P (A)× P (B) Alors A et B sont indépendants UNIVESITE ABDELMALEK ESSAADI Année Universitaire 2021/2022 FST DEPARTEMENT DE MATHEMATIQUES TANGER Filière : GEGM (S3) Statistique-Probabilités Série 2 (Correction) Exercice 1 Soit Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} Pour vérifier que X est une variable aléatoire il faut vérifier que (X ≤ x) = {ω ∈ Ω/X(ω) ≤ x} est bien un évenement pour tout x ∈ R 1◦) Nous avons -(X ≤ x) = ∅ ∈ Θ2, si x < 1 -(X ≤ x) = {1} ∈ Θ2, si 1 ≤ x < 2 -(X ≤ x) = {1, 2} ∈ Θ2, si 2 ≤ x < 3 -(X ≤ x) = {1, 2, 3} ∈ Θ2, si 3 ≤ x < 4 Alors généralement (X ≤ x) est un sous-ensemble de Ω quelque soit x et donc appartient à Θ2 = P(Ω), ce qui implique X est une variable aléatoire. 2◦) Dans ce cas, nois avons -(X ≤ x) = ∅ ∈ Θ1, si x < 1 -(X ≤ x) = {1, 2, 3} /∈ Θ1, si 1 ≤ x < 2 Alors X n’est pas une variable aléatoire. 3◦) Nous avons -(X ≤ x) = ∅ ∈ Θ1, si x < 1 -(X ≤ x) = {2, 4, 6} = P ∈ Θ1, si 1 ≤ x < 2 -(X ≤ x) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} = Ω ∈ Θ1, si x ≥ 2 Donc X est une variable aléatoire. Remarque Toute application X : Ω 7→ R est une variable aléatoire si l’algèbre est P(Ω), mais ce n’est pas le cas pour toute autre algèbre. Exercice 2 Soient X et Y deux variables aléatoires. Pour montrer que U = min(X, Y ) et V = max(X, Y ) sont des variables aléatoires, il faut démontrer que - (X = 3) = {i ∈ Ω/X(i) = 3={G, G et F} ⇒ P(X=2)=pq2 par récurrence, on trouve que P(X=k)=pqk−1, et on a : +∞∑ k=1 P (X = k) = +∞∑ k=1 pqk−1 = lim m→+∞ m∑ k=1 pqk−1 = p lim m→+∞ 1 − qm−1 1 − q = 1 Conclusion : X suit une loi géométrique (X ∼ G(p)) 2◦) On a : P (X = k − 1) = p(1 − p)k−1 donc P (X + 1 = k) = p(1 − p)k−1 Alors d’après 1), on a X + 1 ∼ G(p), ce qui implique E(X+1)=p d’où E(X) = p − 1 Exercice 6 Soit X={Le nombre de sujets révisés parmi les 3 } On a les valeurs prises par X sont : 0, 1, 2 et 3. Alors la loi de X est hypergéométrique, car l’évenement (X=k), pour k ∈ {0, 1, 2, 3}, se produit si le condidat tire k sujets parmi les 60 révisés et 3-k sujets parmi les 40 non révisés. a) La probabilité pour que le condidat ait révisé les trois sujets tirés est : P (X = 3) = C3 60C0 60 C3 100 b) La probabilité pour que le condidat ait révisé exactement deux sujets sur les trois sujets est : P (X = 2) = C2 60C1 60 C3 100 c) La probabilité pour que le condidat n’ait révisé aucun des trois sujets est : P (X = 0) = C0 60C3 60 C3 100 Exercice 7 Soit X={Le nombre d’appels par minute révisés parmi les 3 } Alors, X suit une loi de Poisson de paramètre λ = E(X) = 300 60 = 5 1) La probabilité que le standard reste saturé dans une minute donnée est : P (X > 12) = 1 − P (X ≤ 12) = 1 − e−5 12∑ k=0 5k k! 2) La probabilité qu’il reçoit une seule appelle dans une minute donnée est : P (X = 1) = e−5 5 1! Exercice 8 Soit Y une variable aléatoires définit par : Y = { X 2 si Xest pair et ̸= 0 0 si Xest impair ou = 0 ⇕ Y = { X 2 si X = 2, 4, 6, ... 0 si X = 0, 1, 2, ... Calculons P(Y=k), k=1,2,3,... -P (Y = 1) = P (X 2 = 1) = P (X = 2) = e−λ λ2 2! -P (Y = 2) = P (X 2 = 2) = P (X = 4) = e−λ λ4 4! . . . . . . . . . -P (Y = k) = P (X 2 = k) = P (X = 2k) = e−λ λ2k (2k)! On a Y=0 si X=0,1,3,... Or les évenements (X=0),(X=1),(X=3),... sont deux à deux disjoints. Donc P (Y = 0) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 3) + ... = e−λ(1 + λ + λ3 3! + ...) et comme eλ = 1 + λ + λ2 2! + ... + λn n! + ... et e−λ = 1 − λ + λ2 2! + ... + (−1)n λn n! + ... Alors P (Y = 0) = e−λ(eλ − e−λ 2 + 1) = 1 2 − 1 2e−2λ + e−λ Exercice 9 Soit f la fonction définie par : f(x) = { k(1 + x2) si 0 ≤ x ≤ 3 0 sinon 1◦) f est une densité de probabilité si et seulement si∫ +∞ −∞ f(x) dx = 1 et on a ∫ +∞ −∞ f(x) dx = 1 ⇒ ∫ 3 0 k(1 + x2) dx = 1 ⇒ k[x + x3 3 ]30 = 1 ⇒ k = 1 12 Conclusion : f est une densité de probabilité si k = 1 12 2◦) Soit k = 1 12 on a : -P (1 < X ⩽ 2) = ∫ 2 1 f(x) dx = ∫ 2 1 1 12(1 + x2) dx = 1 12 [x + x3 3 ]21 = 5 18 -P (X < 1) = ∫ 1 −∞ f(x) dx = ∫ 1 0 1 12(1 + x2) dx = 1 12 [x + x3 3 ]10 = 1 9 3◦) Calculons la probabilité pour que X soit inferieur à 2 sachant que X supérieur á 1 : P (X ≤ 2/X ≥ 1) = P (1 ≤ X ≤ 2) P (X ≥ 1) = P (1 ≤ X ≤ 2) 1 − P (X < 1) = 5 18 1 − 1 9 = 5 16 Exercice 10 Trouvons la densité de Z : D’aprés le théor‘eme de la probabilité totale : P (Z ≤ z) = P (X ≤ z/A)P (A) + P (Y ≤ z/A)P (A) ⇒ FZ(z) = FX(z)p + FY (z)(1 − p) en dérivant FZ(z), on trouve que la densité de Z est donnée par : fZ(z) = fX(z)p + fY (z)(1 − p) Exercice 11 On a : P (a2 + Xa + 1 = 0, admet 2 racines) = P (∆ > 0) = P (X2 − 4 > 0) ⇒ P (a2+Xa+1 = 0, admet 2 racines) = P (|X| > 2) = P (X > 2)+P (X < −2) = ∫ +∞ 2 f(x) dx+ ∫ 2 −∞ f(x) dx = e−2 Exercice 3 Soit X={Le nombre d’individus possédant un caractère donné dans l’échantillon} 1◦) On a X ∼ B(100, 1 4), alors : E(X) = np = 100 × 1 4 = 25 et V ar(X) = np(1 − p) = 18.75 2◦) Une trés bonne approximation de la loi binomiale par la loi normale est lorsque n ≥ 30, np ≥ 5et n(1−p) ≥ 1. Ces conditions sont bien vérfiées, donc X ∼ N (np, np(1 − p)) Alors, on a : X ∼ N (25, 18.75) 3◦)Calculons P (23 ≤ X ≤ 27) P (23 ≤ X ≤ 27) = 27∑ k=23 P (X = k) = 27∑ k=23 P (k − 0.5 ≤ X ≤ k + 0.5) = P (22.5 ≤ X ≤ 27.5) = P (22.5 − 25√ 18.75 ≤ X − 25√ 18.75 ≤ 27.5 − 25√ 18.75 ) = P (− √ 3 3 ≤ X − 25√ 18.75 ≤ √ 3 3 ) = Π( √ 3 3 ) − Π(− √ 3 3 ) = Π( √ 3 3 ) − 1 + Π( √ 3 3 ) = 0.1546 Exercice 4 1◦) On note X la variable ”durée de vie”. Les spécification se traduient par :{ P (120 ≤ X ≤ 200) = 0.8 P (X ≤ 120) = 0.05 ⇒ { P (X ≤ 200) = 0.85 P (X ≤ 120) = 0.05 Posons Y = X−µ σ , Y ∼ N (0, 1), on obtient donc : { P (Y ≤ 200−µ σ ) = 0.85 P (Y ≤ 120−µ σ ) = 0.05 ⇒ { P (Y ≤ 200−µ σ ) = 0.85 P (Y ≤ µ−120 σ ) = 0.95 ⇒ { 200−µ σ = 1.04 µ−120 σ = 1.65 ⇒ { 200 − µ = 1.04σ µ − 120 = 1.65σ ⇒ { µ ≃ 169 σ2 ≃ 884 2◦) Calculons P (200 ≤ X ≤ 230) : On a P (200 ≤ X ≤ 230) = P (200 − µ σ ≤ Y ≤ 230 − µ σ ) = Π(230 − µ σ ) − Π(200 − µ σ ) ≃ 0.13 Exercice 5 1◦) On a : -P (X = i) = ∑ j P (X = i, Y = j) = ∑ j pij = pi• - P (Y = j) = ∑ i P (X = i, Y = j) = ∑ i pij = p•j -E(XY ) = ∑ i,j ijP (X = i, Y = j) or j i 0 1 0 (0,0) (0,1) 0 (1,0) (1,1) Donc E(XY ) = P (X = 1, Y = 10) = p11 2◦) Si X et Y sont indépandants alors cov(X,Y)=0. En effet, cov(X, Y ) = E((X − E(X))(Y − E(Y ))) = E(XY ) − E(X)E(Y ) comme E(XY ) = P (X = 1, Y = 1) iid= P (X = 1)P (Y = 1) et on a : E(X) = ∑ i ipi• = p1• = P (X = 1) et E(Y ) = ∑ j jp•j = p•1 = P (Y = 1) donc cov(X, Y ) = P (X = 1)P (Y = 1) − P (X = 1)P (Y = 1) = 0 La réciproque est validée puisque si cov(X,Y)=0 alors E(XY)=E(X)E(Y), ce qui donne que P (X = 1, Y = 1) = P (X = 1)P (Y = 1) Les autres cas utilisent la proposition suivant : Proposition : Si A et B sont deux évènements indépendants, il en est même pour les paires d’évènement A et B, B et A et A et B. Remarque : En géneral, la réciproque est fausse comme on peut s’en rendre compte avec l’exemple suivant : X est une v.a Uniform sur l’ensemble {−1, 0, 1}, et Y = X2. La loi du couple (X,Y) est une loi Uniform sur {(−1, −1), (0, 0), (1, 1)} On a E(X)=0 et E(XY)=0 alors cov(X,Y)=0 Pourtant Y et X ne sont pas indépendants, puisque par exemple : P (X = 1, Y = 1) = 1 3 + P (X = 1)P (Y = 1) ̸= P (X = 1)P (Y = 1) F (y) =  0 si x < a1 P (X = a1) si a1 ≤ X < a2 P (X = a1) + P (X = a2) si a2 ≤ X < a3 . . . P (X = a1) + ... + P (X = ak) si ak ≤ X < ak+1 . . . 1 si X ≥ an avec X(Ω) = {a1, a2, ..., an}, (a1 < a2 < ... < an) En terme de proposition, on a : F(x)=fréquence de (X ≤ x) = f1 + f2 + ... + fp (ceci d’eprés théorème de Fermat) alors la fonction de répartition est donnée par : F (y) =  0 si X < 0 0.1 si 0 ≤ X < 1 0.3 si 1 ≤ y < 2 0.5 si 2 ≤ y < 3 0.8 si 3 ≤ y < 4 1 si y ≥ 4 La courbe cumulative croissante : 1 2 3 4 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 x F (x) 5◦) Calculons P(X<4) : On a P (X < 4) = P (X ≤ 3) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) ⇒ P (X < 4) = n0 N + n1 N + n2 N + n3 N = f0 + f1 + f2 + f3 = 0.8 6◦) Soit Y="Le nombre de frére et soeurs", on a : Y Effectifs Wi = niXi 1 2 × 20=40 2 3 × 30=90 1 4 × 20=80 Exercice 3 Soit X="Niveau de vente" 1◦)On a l’étendue est donné par : max(X) − min(X) = 20 − 0 = 20 2◦) On sait que :  ∑4 i=1 ni = N et∑4 i=1 nici N = 9.75 Alors  5 + 20 + 15 + n4 = N et 5(2.5)+20(7.5)+15(11)+n4(16) N = 9.75 D’ou n4 = 10 et N = 50 3◦)Les effectifs cumulés et les fréquences cumulés sont donnés dans le tableau suivant : X ni(effectif) Ni(eff cumulé) fi(fréquence) Fi(fr cumulé) [0,5[ 5 5 0.1 0.1 [5,10[ 20 25 0.4 0.5 [10,12[ 15 40 0.3 0.8 [12,20[ 10 50 0.2 1 4◦) La courbe des fréquences cumulés croissantes repésente la foncton de répartition de la variable X. Pour les données groupées en classes, la fréquence cumulé croissante Fi.cc associée á la iéme classe repré- sente la proportion d’individus de la population pour laquel la variable prend une valeur infériere à la limite supérieure de la classe i. En pratique, la courbe des fréquences cumuléscroissantes est obtenue en joignant dans le repére, les points des bornes supérieures. 5 10 12 20 0.1 0.5 0.8 1 Classes Fi cc Courbe cunultative croissante Exercice 4 1◦) On a la variable continue X="Poids" dont les valeurs sont groupés en classe. La représentation graphique de X suppose le calcul préable. X ni(effectif) fi(fréquence) Amplitude f c i (fr corrigé) [0,5[ 121 0.42 5 0.084 [5,8[ 85 0.29 3 0.97 [8,10[ 44 0.15 2 0.075 [10,12[ 25 0.09 2 0.045 [12,15[ 11 0.04 3 0.013 [15,18[ 4 0.02 3 0.007 (*)base= le plus petit commun multiple (ici=1) ⊙ Ici, les amplitudes des classes étant variables, nous devons calculer les fréquences corrigés f c i . Les f c i sont obtenus en effectuant le calcul suivant : f c i = fi Ai/base , où Ai constitue l’amplitude. ⊙ À partir des fréquences corrigés, on peut construire l’histogramme suivant : 5 8 10 12 15 18 0.71.3 4.5 7.5 8.4 9.7 Classes f c i × 100 ⊙ Polygone des fréquences : On obtient un polygone des fréquences en joignant les milieux des ségement supérieurs de chaque rectangle de l’histogramme. L’histogramme et le polygone des fréquences permettant de visualiser l’allure générale de la distribution de la variable X. 2◦)Taleau de réquences cumulées X Fi [0,5[ 0.42 [5,8[ 0.71 [8,10[ 0.86 [10,12[ 0.95 [12,15[ 0.99 [15,18[ 1 2◦) Calculons le mode : On constate que la classe pour la quelle la valeur f c i est la plus élvée est la classe [5,8[. Elle constitue par conséquent la classe modale. Donc la valeur xmod pour le mode : xmod = xi−1 + Ai( d1 d1 + d2 ) UNIVESITE ABDELMALEK ESSAADI Année Universitaire 2021/2022 FST DEPARTEMENT DE MATHEMATIQUES TANGER Filière : GEGM (S3) Statistique-Probabilités Série 5 (Correction) Exercice 1 1◦) L’effectif total de la proportion est : N=1015 2◦) Le nombre d’hommes cadres est : 10 3◦) Le nombre de femmes est : 305 4◦) La proportion de femmes ouvrières qualifiées est : 225 1015 = 22.16% 5◦) La proportion ouvrier (e)s : 495 1015 = 48.76% 6◦) La proportion d’ouvriers parmi les hommes : 420 710 = 59.15% 7◦) La proportion des femmes parmi les cadres : 5 15 = 33.33% 8◦) On a f1• × f•1 = 495 1015 × 710 1015 ̸= f11 = 420 1015 , alors les variables X et Y sont dépendantes Exercice 2 1◦)La distribution marginale de X : X 0 1 2 3 ni 4375 3125 1875 625 La distribution marginale de Y : Y 0 1 2 3 ni 625 1875 3125 4375 2◦)La moyenne de Y est : y = 1 N 3∑ i=0 niyi = 1 × 1875 + 2 × 3125 + 3 × 4375 10000 = 2.125 La variance de Y est : V ar(Y ) = 1 N 3∑ i=0 niy 2 i − Y 2 = 0.859 L’ecart type de Y est : σ(y) = 0.927 3◦)Les distributions conditionnelles de X : Il y en a 4 : X |Y =0 0 1 2 3 ni 625 0 0 0 X |Y =1 0 1 2 3 ni 1250 625 0 0 X |Y =2 0 1 2 3 ni 1250 1250 625 0 X |Y =3 0 1 2 3 ni 1250 1250 1250 625 4◦)On a : E(X |Y =0) = 0 et V ar(X |Y =0) = 0 E(X |Y =1) = 625 1875 = 0.33 et V ar(X |Y =0) = 0.2244 E(X |Y =2) = 2500 3125 = 0.8 et V ar(X |Y =0) = 0.56 E(X |Y =3) = 1.28 et V ar(X |Y =0) = 1.07 5◦)La covariance est donnée par : cov(X, Y ) = ∑ nijxiyj N − xy avec x = 1 N 3∑ i=0 nixi = 0.875 d’où cov(X, Y ) = 0.39 6◦) On a f1• × f•1 = 4375 10000 × 625 10000 ̸= f11 = 625 10000 , alors : X et Y sont dépendantes Exercice 3 1◦)Calcul de x, y, σx et σy : x = ∑ xi N = 5.75, y = ∑ yi N = 6.4, σx = √ V ar(X) = √∑ x2 i N − x2 = √ 9.19 = 3.06 et σy = √ V ar(Y ) = √∑ y2 i N − y2 = √ 7.774 = 2.78 2◦)Déterminons la droite de régression : On a cov(X, Y ) = 7.73 , alors a = cov(X, Y ) V ar(X) = 0.84 et comme Y = aX + b , alors b = Y − aX = 1.62 Donc la droite est donnée par : Y = 0.84X + 1.62 3◦)On a r = cov(X, Y ) σxσy = 0.908 alors r est proche de 1, donc il y a une forte correlation entre X et Y. 4◦)Pour X=3 mg/l, on a Y = 0.84 × 0.3 + 1.62 = 4.14