Introduction aux Probabilités - Université Rennes 2
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94 Chapitre 2. Variables aléatoires discrètes 4. La variable X est à valeurs dans {1,...,n}. Calculons la probabilitéÈ(X = 1) : il y a a priori n! ordres d’arrivées possibles pour les n patients. Si le plus grand arrive en premier, il reste (n−1) patients qui arrivent ensuite dans un ordre aléatoire, donc (n−1)! possibilités, donc au finalÈ(X = 1) = (n−1)!/n! = 1/n. On voit que le raisonnement que l’on vient de faire pour calculerÈ(X = 1) est tout aussi valable pourÈ(X = 2),È(X = 3), etc. Ainsi X suit une loi uniforme sur {1,...,n}. 1 1/2 1 1 1/6 1 2 3 4 5 6 1 1/n 1 2 n Figure 2.10 – Fonctions de répartition des lois uniformes U {0,1}, U {1,...,6} et U {1,...,n}. Exercice 2.2 (Loi de Bernoulli) 1. Notons F la fonction de répartition de X. On a : ⎧ ⎨ F(x) = ⎩ 0 si x < 0 1 3 si 0 ≤ x < 1 1 si x ≥ 1 Cette fonction de répartition est représentée sur la figure 2.11 à gauche. 2. La fonction de répartition est représentée sur la figure 2.11 à droite. 3. Si on ne tirait qu’une boule de l’urne, on aurait 1 chance sur (N +B+1) d’obtenir la boule rouge. Si on en tirait 2, on multiplie nos chances par 2, etc. Si on en tire n, on multiplie nos chances par n, il y a donc n/(N +B +1) chances que la boule rouge soit parmi les boules piochées. Ainsi X ∼ B(n/(N +B +1)). 4. Il faut calculer la probabilité qu’à l’instant 2n, l’étudiant soit à nouveau en son point de départ. Pour ça, il faut qu’il ait fait autant de déplacements vers la droite que vers la gauche. Il y a en tout 22n suites possibles de +1 et -1 de longueur 2n. Parmi celles-ci, seules nous intéressent celles où il y a exactement n fois +1. Or il y a 2n n façons de placer ces +1 dans la suite de longueur 2n correspondant aux déplacements successifs de l’étudiant. La probabilité qu’à l’instant 2n l’étudiant soit à nouveau à son point de départ est donc 2n n /22n , donc X ∼ B( 2n n /22n ). Exercice 2.3 (Loi binomiale) 1. La variable X est à valeurs dans {0,1,...,n}. Fixons donc k entre 0 et n et cherchons È(X = k). Chaque n-uplet ayant la même probabilité 2−n d’apparaître, il suffit de compter combien de ces n-uplets comptent exactement k “1” et (n−k) “0” : ceci revient à choisir une combinaison de k indices parmi n, il y en a donc n k . On en déduit la loi de X : ∀k ∈ {0,1,...,n} È(X = k) = 2. Pour vérifier que c’est bien une loi de probabilité, il suffit d’utiliser la formule du binôme (d’où le nom de cette loi) : n n n pk = p k k (1−p) n−k = (p+(1−p)) n = 1. k=0 k=0 Arnaud Guyader - Rennes 2 Probabilités n k . 2n
2.7. Corrigés 95 1 1/3 1 1 1−p Figure 2.11 – Fonctions de répartition des lois de Bernoulli B(2/3) et B(p). Considérons n variables X1,...,Xn qui suivent toutes la même loi de Bernoulli B(p) et indépendantes c’est-à-dire que : ∀(i1,...,in) ∈ {0,1} n È(X1 = i1,...,Xn = in) =È(X1 = i1)...È(Xn = in). Considérons alors la variable aléatoire X = X1+···+Xn. Elle est à valeurs dans{0,1,...,n}. Fixons k entre 0 et n et cherchonsÈ(X = k). Pour que X = k, il faut que exactement k des variables Xi prennent la valeur 1 et (n−k) la valeur 0, ce qui s’écrit : È(X = k) = P(X1 = i1,...,Xn = in), donc par l’indépendance des Xi : È(X = k) = (i1,...,in):i1+···+in=k (i1,...,in):i1+···+in=kÈ(X1 = i1)...È(Xn = in). Il suffit alors de voir que lorsque i1+···+in = k, la quantitéÈ(X1 = i1)...È(Xn = in) est toujours la même, égale à p k (1−p) n−k , donc : È(X = k) = (i1,...,in):i1+···+in=k p k (1−p) n−k = p k (1−p) n−k #{(i1,...,in) : i1+···+in = k}. Et comme on l’a vu plus haut, le nombre de n-uplets comptant exactement k “1” et (n−k) “0” est n k , donc : n È(X = k) = p k k (1−p) n−k ⇒ X ∼ B(n,p). Dit brièvement, une loi binomialeB(n,p) peut être vue comme la somme denlois de Bernoulli B(p) indépendantes. 3. Associons à chacun des n clients une variable Xi valant 1 s’il choisit la caisse numéro 1 et 0 sinon. Pour tout i entre 1 et n, Xi suit donc une loi de Bernoulli. Son paramètre est la probabilité que le client i choisisse la caisse numéro 1, c’est-à-dire 1/m, donc Xi ∼ B(1/m). Puisque les clients prennent leur décision indépendamment les uns des autres, les variables Xi sont indépendantes. La variable X qui nous intéresse, nombre total de clients à opter pour la caisse numéro 1, est alors tout simplement la somme des Xi. Par la question précédente on en conclut que X ∼ B(n,1/m). Exercice 2.4 (Loi hypergéométrique) 1. Supposons d’entrée que n ≤ Np et n ≤ Nq, ce qui est le cas courant lorsque N est bien plus grand que n, et p pas trop petit. La variable X est alors à valeurs dans {0,...,n}. Fixons Probabilités Arnaud Guyader - Rennes 2 1
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94 Chapitre 2. Variables aléatoires discrètes<br />
4. La variable X est à valeurs dans {1,...,n}. Calculons la probabilitéÈ(X = 1) : il y a a<br />
priori n! ordres d’arrivées possibles pour les n patients. Si le plus grand arrive en premier, il<br />
reste (n−1) patients qui arrivent ensuite dans un ordre aléatoire, donc (n−1)! possibilités,<br />
donc au finalÈ(X = 1) = (n−1)!/n! = 1/n. On voit que le raisonnement que l’on vient de<br />
faire pour calculerÈ(X = 1) est tout aussi valable pourÈ(X = 2),È(X = 3), etc. Ainsi X<br />
suit une loi uniforme sur {1,...,n}.<br />
1<br />
1/2<br />
1<br />
1<br />
1/6<br />
1 2 3 4 5 6<br />
1<br />
1/n<br />
1 2 n<br />
Figure 2.10 – Fonctions de répartition des lois uniformes U {0,1}, U {1,...,6} et U {1,...,n}.<br />
Exercice 2.2 (Loi de Bernoulli)<br />
1. Notons F la fonction de répartition de X. On a :<br />
⎧<br />
⎨<br />
F(x) =<br />
⎩<br />
0 si x < 0<br />
1<br />
3 si 0 ≤ x < 1<br />
1 si x ≥ 1<br />
Cette fonction de répartition est représentée sur la figure 2.11 à gauche.<br />
2. La fonction de répartition est représentée sur la figure 2.11 à droite.<br />
3. Si on ne tirait qu’une boule de l’urne, on aurait 1 chance sur (N +B+1) d’obtenir la boule<br />
rouge. Si on en tirait 2, on multiplie nos chances par 2, etc. Si on en tire n, on multiplie nos<br />
chances par n, il y a donc n/(N +B +1) chances que la boule rouge soit parmi les boules<br />
piochées. Ainsi X ∼ B(n/(N +B +1)).<br />
4. Il faut calculer la probabilité qu’à l’instant 2n, l’étudiant soit à nouveau en son point de<br />
départ. Pour ça, il faut qu’il ait fait autant de déplacements vers la droite que vers la gauche.<br />
Il y a en tout 22n suites possibles de +1 et -1 de longueur 2n. Parmi celles-ci, seules nous<br />
intéressent celles où il y a exactement n fois +1. Or il y a 2n n façons de placer ces +1 dans la<br />
suite de longueur 2n correspondant <strong>aux</strong> déplacements successifs de l’étudiant. La probabilité<br />
qu’à l’instant 2n l’étudiant soit à nouveau à son point de départ est donc 2n n /22n , donc<br />
X ∼ B( 2n n /22n ).<br />
Exercice 2.3 (Loi binomiale)<br />
1. La variable X est à valeurs dans {0,1,...,n}. Fixons donc k entre 0 et n et cherchons<br />
È(X = k). Chaque n-uplet ayant la même probabilité 2−n d’apparaître, il suffit de compter<br />
combien de ces n-uplets comptent exactement k “1” et (n−k) “0” : ceci revient à choisir une<br />
combinaison de k indices parmi n, il y en a donc n k . On en déduit la loi de X :<br />
<br />
∀k ∈ {0,1,...,n} È(X = k) =<br />
2. Pour vérifier que c’est bien une loi de probabilité, il suffit d’utiliser la formule du binôme<br />
(d’où le nom de cette loi) :<br />
n n<br />
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n<br />
pk = p<br />
k<br />
k (1−p) n−k = (p+(1−p)) n = 1.<br />
k=0<br />
k=0<br />
Arnaud Guyader - <strong>Rennes</strong> 2 <strong>Probabilités</strong><br />
n k<br />
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