Corrigé du contrôle de maths sup : probabilités finies, espérance et variance

Exercice 1 : Questions de cours (3 points)

1. Formule des probabilités totales. Si \((A_1, \ldots, A_n)\) est un système complet d’événements, alors pour tout événement \(B\), \(P(B) = \sum_{k=1}^{n} P(A_k)\,P_{A_k}(B)\).

   Démonstration : les \(A_k\) sont deux à deux incompatibles et leur réunion est \(\Omega\). Donc \(B\) est la réunion des événements deux à deux incompatibles \(B \cap A_k\). Par additivité, \(P(B) = \sum_{k=1}^{n} P(B \cap A_k)\). Comme \(P(A_k) > 0\), la définition de la probabilité conditionnelle donne \(P(B \cap A_k) = P(A_k)\,P_{A_k}(B)\), d’où la formule.

   Formule de Bayes. Si de plus \(P(B) > 0\), alors pour tout \(k\), \[P_B(A_k) = \frac{P(A_k)\,P_{A_k}(B)}{\sum_{i=1}^{n} P(A_i)\,P_{A_i}(B)}.\] En effet, \(P_B(A_k) = \dfrac{P(A_k \cap B)}{P(B)}\). Il suffit alors d’écrire le numérateur \(P(A_k)\,P_{A_k}(B)\) et de remplacer le dénominateur par la formule des probabilités totales.

2. Inégalité de Markov. Si \(X\) est une variable aléatoire réelle positive et \(a > 0\), alors \(P(X \geq\, a) \leq\, \dfrac{E(X)}{a}\).

   Démonstration : notons \(\mathbf{1}_{\{X \geq\, a\}}\) l’indicatrice de l’événement \(\{X \geq\, a\}\). Comme \(X \geq\, 0\), on a en tout point \(X \geq\, a\,\mathbf{1}_{\{X \geq\, a\}}\). Par croissance et linéarité de l’espérance, \(E(X) \geq\, a\,E(\mathbf{1}_{\{X \geq\, a\}}) = a\,P(X \geq\, a)\), ce qui donne l’inégalité.

   Inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Pour toute variable aléatoire réelle \(X\) et tout \(\varepsilon > 0\), \(P(|X – E(X)| \geq\, \varepsilon) \leq\, \dfrac{V(X)}{\varepsilon^2}\). En effet, les événements \(\{|X – E(X)| \geq\, \varepsilon\}\) et \(\{(X – E(X))^2 \geq\, \varepsilon^2\}\) sont égaux. On applique donc Markov à la variable positive \((X – E(X))^2\), dont l’espérance est \(V(X)\), avec \(a = \varepsilon^2\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour chaque énoncé, 0,5 point pour les démonstrations ; b) 1,5 point : 0,5 point pour l’énoncé de Markov, 0,5 point pour sa preuve par l’indicatrice, 0,5 point pour Bienaymé-Tchebychev.

Exercice 2 : Un test de dépistage (3 points)

L’énoncé donne \(P(M) = 0{,}02\), \(P_M(T) = 0{,}95\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}90\), donc \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}10\). L’arbre ci-dessous résume la situation, avec la probabilité de chaque chemin.

1. Le couple \((M, \overline{M})\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles. D’après la formule des probabilités totales :
   \[P(T) = P(M)\,P_M(T) + P(\overline{M})\,P_{\overline{M}}(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}10 = 0{,}019 + 0{,}098.\]
   Ainsi, \(P(T) = 0{,}117\).
2. D’après la formule de Bayes, \[P_T(M) = \frac{P(M)\,P_M(T)}{P(T)} = \frac{0{,}019}{0{,}117} = \frac{19}{117}.\] Or \(117 \times 0{,}16 = 18{,}72\) et \(117 \times 0{,}17 = 19{,}89\), donc \(P_T(M) = \dfrac{19}{117} \approx 0{,}16\). Autrement dit, une personne positive a seulement environ une chance sur six d’être malade. En effet, la maladie est rare : les faux positifs, issus des \(98\,\%\) de personnes saines, sont bien plus nombreux que les vrais positifs.
3. Par indépendance conditionnelle, \(P_M(T_1 \cap T_2) = 0{,}95^2 = 0{,}9025\) et \(P_{\overline{M}}(T_1 \cap T_2) = 0{,}10^2 = 0{,}01\). Par la formule de Bayes :
   \[P_{T_1 \cap T_2}(M) = \frac{0{,}02 \times 0{,}9025}{0{,}02 \times 0{,}9025 + 0{,}98 \times 0{,}01} = \frac{0{,}01805}{0{,}02785} = \frac{1805}{2785} = \frac{361}{557}.\]
   Comme \(557 \times 0{,}65 = 362{,}05\), on obtient \(P_{T_1 \cap T_2}(M) = \dfrac{361}{557} \approx 0{,}65\). Le second test positif fait donc passer la probabilité d’être malade d’environ \(16\,\%\) à environ \(65\,\%\).

Erreur fréquente : confondre \(P_T(M)\) avec \(P_M(T) = 0{,}95\), c’est-à-dire la probabilité recherchée avec la sensibilité du test.

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la formule des probabilités totales citée, 0,5 point pour 0,117 ; b) 1 point : 0,5 point pour Bayes, 0,25 point pour la valeur approchée, 0,25 point pour le commentaire ; c) 1 point : 0,5 point pour l’indépendance conditionnelle, 0,5 point pour 361/557 et sa valeur approchée.

Exercice 3 : Couple de variables et indépendance (4 points)

1. Par indépendance des dés, chacun des 16 couples \((D_1, D_2)\) a pour probabilité \(\dfrac{1}{16}\). Soit \(i, j \in [\![1, 4]\!]\). Si \(i > j\), l’événement \(\{X = i, Y = j\}\) est impossible, car le minimum ne dépasse pas le maximum. Si \(i = j\), il correspond au seul couple \((i, i)\). Enfin, si \(i < j\), il correspond aux deux couples \((i, j)\) et \((j, i)\). On obtient le tableau suivant, où la case de la ligne \(i\) et de la colonne \(j\) contient \(P(X = i, Y = j)\) :
   

   \(X \backslash Y\)	1	2	3	4	loi de \(X\)
   1	\(\frac{1}{16}\)	\(\frac{2}{16}\)	\(\frac{2}{16}\)	\(\frac{2}{16}\)	\(\frac{7}{16}\)
   2	0	\(\frac{1}{16}\)	\(\frac{2}{16}\)	\(\frac{2}{16}\)	\(\frac{5}{16}\)
   3	0	0	\(\frac{1}{16}\)	\(\frac{2}{16}\)	\(\frac{3}{16}\)
   4	0	0	0	\(\frac{1}{16}\)	\(\frac{1}{16}\)
   loi de \(Y\)	\(\frac{1}{16}\)	\(\frac{3}{16}\)	\(\frac{5}{16}\)	\(\frac{7}{16}\)	1

   La somme des seize cases vaut bien \(\dfrac{4 \times 1 + 6 \times 2}{16} = 1\).

2. Les lois marginales s’obtiennent en sommant les lignes et les colonnes : \(P(X = i) = \dfrac{9 – 2i}{16}\) et \(P(Y = j) = \dfrac{2j – 1}{16}\) pour \(i, j \in [\![1, 4]\!]\). Par conséquent,
   \[E(X) = \frac{1 \times 7 + 2 \times 5 + 3 \times 3 + 4 \times 1}{16} = \frac{30}{16} = \frac{15}{8},\]
   \[E(Y) = \frac{1 \times 1 + 2 \times 3 + 3 \times 5 + 4 \times 7}{16} = \frac{50}{16} = \frac{25}{8}.\]
   Donc \(E(X) + E(Y) = \dfrac{40}{8} = 5\). C’est cohérent : \(X + Y = D_1 + D_2\), donc par linéarité \(E(X) + E(Y) = E(D_1) + E(D_2) = 2 \times \dfrac{5}{2} = 5\).
3. On a \(P(X = 4, Y = 1) = 0\) alors que \(P(X = 4)\,P(Y = 1) = \dfrac{1}{256} \neq 0\). Les variables \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.
4. Deux des quatre faces sont paires, donc \(P(A) = P(B) = \dfrac{1}{2}\). La somme est paire lorsque les deux dés ont la même parité, donc \(P(C) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}\). Ensuite, \(A \cap B\) signifie « deux résultats pairs », de probabilité \(\dfrac{1}{4}\) par indépendance des dés. De même, \(A \cap C = A \cap B\) (si \(D_1\) est pair et la somme paire, alors \(D_2\) est pair) et \(B \cap C = A \cap B\). Ainsi \(P(A \cap B) = P(A \cap C) = P(B \cap C) = \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}\) : les événements sont deux à deux indépendants. En revanche, \(A \cap B \cap C = A \cap B\), donc \(P(A \cap B \cap C) = \dfrac{1}{4} \neq \dfrac{1}{8} = P(A)\,P(B)\,P(C)\) : ils ne sont pas mutuellement indépendants.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour la justification des trois cas, 1 point pour le tableau ; b) 1 point : 0,5 point pour les lois marginales, 0,5 point pour les espérances ; c) 0,5 point pour un contre-exemple ; d) 1 point : 0,5 point pour l’indépendance deux à deux, 0,5 point pour le défaut d’indépendance mutuelle.

Exercice 4 : Estimer une proportion (4 points)

1. Notons \(B_k\) l’indicatrice de « pile au \(k\)-ième lancer ». Les \(B_k\) sont des variables de Bernoulli de paramètre \(p\), mutuellement indépendantes, et \(S_n = B_1 + \cdots + B_n\). Donc \(S_n\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n, p)\). Il vient \(E(S_n) = np\) et \(V(S_n) = np(1-p)\). Par linéarité et d’après \(V(aX) = a^2 V(X)\) : \(E(F_n) = p\) et \(V(F_n) = \dfrac{p(1-p)}{n}\).
2. Pour tout réel \(p\), \(\dfrac{1}{4} – p(1-p) = p^2 – p + \dfrac{1}{4} = (p – \dfrac{1}{2})^2 \geq\, 0\). L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à \(F_n\), d’espérance \(p\), donne alors
   \[P(|F_n – p| \geq\, \varepsilon) \leq\, \frac{V(F_n)}{\varepsilon^2} = \frac{p(1-p)}{n\varepsilon^2} \leq\, \frac{1}{4n\varepsilon^2}.\]
3. Avec \(\varepsilon = 0{,}05\), on a \(4n\varepsilon^2 = 4n \times 0{,}0025 = 0{,}01\,n\). Il suffit donc que \(\dfrac{1}{0{,}01\,n} \leq\, 0{,}05\), c’est-à-dire \(\dfrac{100}{n} \leq\, 0{,}05\), soit \(n \geq\, 2000\). Ainsi, \(n = 2000\) lancers suffisent, quelle que soit la valeur de \(p\).
4. La fréquence observée vaut \(\dfrac{1100}{2000} = 0{,}55\). D’après c), l’événement \(|F_n – p| < 0{,}05\) a une probabilité au moins égale à \(0{,}95\). On peut donc affirmer, avec un risque d’erreur au plus de \(5\,\%\), que \(p \in \,]0{,}50 \,;\, 0{,}60[\). Cet intervalle ne contient pas \(\dfrac{1}{2}\) : la pièce paraît déséquilibrée en faveur de pile.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour la loi binomiale justifiée, 1 point pour \(E(F_n)\) et \(V(F_n)\) ; b) 1 point : 0,5 point pour la majoration de \(p(1-p)\), 0,5 point pour Bienaymé-Tchebychev ; c) 1 point : 0,5 point pour l’inéquation, 0,5 point pour 2 000 ; d) 0,5 point pour l’intervalle et la conclusion.

Exercice 5 : Points fixes d’une permutation aléatoire (6 points)

1. Une permutation qui fixe \(i\) est déterminée par sa restriction à \([\![1, n]\!] \setminus \{i\}\), qui est une permutation de cet ensemble à \(n – 1\) éléments. Réciproquement, toute permutation de cet ensemble se prolonge de façon unique en posant \(\sigma(i) = i\). Il y a donc \((n-1)!\) permutations qui fixent \(i\). Comme la loi est uniforme sur \(S_n\), qui a \(n!\) éléments, \(P(\sigma(i) = i) = \dfrac{(n-1)!}{n!} = \dfrac{1}{n}\).
2. On a \(N = X_1 + \cdots + X_n\). Par linéarité de l’espérance, \(E(N) = \sum_{i=1}^{n} P(\sigma(i) = i) = n \times \dfrac{1}{n}\), d’où \(E(N) = 1\), indépendamment de \(n\).
3. De même, les permutations qui fixent \(i\) et \(j\) sont en bijection avec les permutations de \([\![1, n]\!] \setminus \{i, j\}\). Elles sont donc au nombre de \((n-2)!\), et \[P(\sigma(i) = i \text{ et } \sigma(j) = j) = \frac{(n-2)!}{n!} = \frac{1}{n(n-1)}.\] Comme \(X_i X_j\) est l’indicatrice de cet événement, \[\operatorname{Cov}(X_i, X_j) = E(X_i X_j) – E(X_i)\,E(X_j) = \frac{1}{n(n-1)} – \frac{1}{n^2} = \frac{n – (n-1)}{n^2(n-1)} = \frac{1}{n^2(n-1)}.\] Ainsi, \(\operatorname{Cov}(X_i, X_j) = \dfrac{1}{n^2(n-1)}\). Cette covariance est non nulle, donc \(X_i\) et \(X_j\) ne sont pas indépendantes.
4. Chaque \(X_i\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(\dfrac{1}{n}\), donc \(V(X_i) = \dfrac{1}{n}(1 – \dfrac{1}{n}) = \dfrac{n-1}{n^2}\). La variance d’une somme s’écrit \[V(N) = \sum_{i=1}^{n} V(X_i) + 2\sum_{1 \leq\, i < j \leq\, n} \operatorname{Cov}(X_i, X_j).\] Il y a \(\binom\,{n}{2} = \dfrac{n(n-1)}{2}\) couples \((i, j)\) avec \(i < j\). Par conséquent, \[V(N) = n \times \frac{n-1}{n^2} + 2 \times \frac{n(n-1)}{2} \times \frac{1}{n^2(n-1)} = \frac{n-1}{n} + \frac{1}{n} = 1.\] On a donc \(V(N) = 1\) pour tout \(n \geq\, 2\).
5. Comme \(N\) est à valeurs entières, l’événement \(\{N \geq\, 3\}\) est inclus dans \(\{|N – 1| \geq\, 2\}\). D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, \(P(N \geq\, 3) \leq\, P(|N – E(N)| \geq\, 2) \leq\, \dfrac{V(N)}{2^2}\), d’où \(P(N \geq\, 3) \leq\, \dfrac{1}{4}\).
6. Pour \(n = 4\), il y a \(4! = 24\) permutations. Dénombrons-les selon leur nombre de points fixes :

   \(N = 4\) : seule l’identité, soit 1 permutation ; \(N = 3\) : impossible, car si trois éléments sont fixes, le quatrième l’est aussi ;

   \(N = 2\) : on choisit les deux points fixes, puis les deux autres sont échangés, soit \(\binom\,{4}{2} = 6\) permutations ;

   \(N = 1\) : on choisit le point fixe (4 choix), puis on permute les trois autres sans point fixe, ce qui laisse les deux 3-cycles, soit \(4 \times 2 = 8\) permutations ;

   \(N = 0\) : par complémentaire, \(24 – 1 – 6 – 8 = 9\) permutations.

   La loi de \(N\) est donc : \(P(N = 0) = \dfrac{9}{24}\), \(P(N = 1) = \dfrac{8}{24}\), \(P(N = 2) = \dfrac{6}{24}\), \(P(N = 3) = 0\), \(P(N = 4) = \dfrac{1}{24}\).

   

   On en déduit \(E(N) = \dfrac{8 + 2 \times 6 + 4 \times 1}{24} = \dfrac{24}{24} = 1\) et \(E(N^2) = \dfrac{8 + 4 \times 6 + 16 \times 1}{24} = \dfrac{48}{24} = 2\). Par la formule de König-Huygens, \(V(N) = 2 – 1^2 = 1\) : on retrouve bien les résultats de b) et d).

Erreur fréquente : écrire \(V(N) = \sum V(X_i)\) comme si les \(X_i\) étaient indépendantes, ce qui donne \(\dfrac{n-1}{n}\) au lieu de 1.

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la bijection, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point ; c) 1,5 point : 0,5 point pour la probabilité, 0,5 point pour la covariance, 0,5 point pour la non-indépendance ; d) 1,5 point : 0,5 point pour la formule de la variance d’une somme, 0,5 point pour le nombre de couples, 0,5 point pour le calcul ; e) 0,5 point ; f) 1 point : 0,5 point pour la loi, 0,5 point pour la vérification.

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Après le corrigé du contrôle : probabilités finies, espérance et variance

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