Exercices - Lois discrètes usuelles : corrigé Exercice 1 - Avion - L2/Prépa Hec

Exercices - Lois discrètes usuelles : corrigé Exercice 1 - Avion - L2/Prépa Hec - ⋆ On note X la variable aléatoire du nombre de moteurs de A qui tombent en panne, et Y la variable aléatoire du nombre de moteurs de B qui tombent en panne. X suit une loi binomiale B(4, p). En particulier, on a : P(X = 0) + P(X = 1) = 4 0 ! p0(1 −p)4−0 + 4 1 ! p1(1 −p)4−1 = (1 −p)4 + 4p(1 −p)3. D’autre part, Y suit une loi binomiale B(2, p). En particulier, P(Y = 0) = (1 −p)2. On a intérêt à prendre l’avion A si P(X = 0) + P(X = 1) ≥P(Y = 0). Ceci donne : p(1 −p)2(2 −3p) ≥0. Donc, si 0 ≤p < 2/3 (cas que l’on espère être celui du monde réel), il est préférable de choisir A. Si p = 2/3, le choix est indifférent, et si p > 2/3, il vaut mieux choisir B. Exercice 2 - Pièce de monnaie - L2/Prépa Hec - ⋆ 1. Soit X le nombre de piles obtenus au cours de 10 lancers. X est le nombre de réalisations de l’événement "le lancer donne pile" de probabilité constante 0,3 au cours de 10 lancers indépendants. X suit donc une loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0, 3. On en déduit : P(X = 3) = 10 3 (0, 3)3(1 −0, 3)10−3 ≃0, 27. 2. Soit Y le nombre de lancers effectués jusqu’à l’obtention de pile pour la première fois. Y est le temps d’attente de la première réalisation de l’événement "obtenir pile" de probabilité constante 0,3 lors d’une suite de lancers indépendants, donc Y suit une loi géométrique de paramètre 0,3. On en déduit, en appliquant la formule du cours du calcul de l’espérance d’une loi géométrique E(Y ) = 1 0, 3 = 3 10. Exercice 3 - Service de dépannage - L2/Prépa Hec - ⋆ 1. (a) Soit R l’événement "le client a subi un retard". X est le nombre de réalisations de l’événement R de probabilité constante 1/4 au cours de 4 appels indépendants. Donc X suit une loi binomiale B(4, 1/4). En particulier, on a : E(X) = 1 et V (X) = 3 4. (b) On cherche P(X ≥1) : P(X ≥1) = 1 −P(X = 0) = 1 − 3 4 4 . 2. (a) On note p = 0, 25 et q = 1 −0, 25. On reconnait le schéma théorique d’une variable aléatoire de loi binomiale. On a donc : P(Z = k|Y = n) = ( n k pkqn−k si 0 ≤k ≤n 0 si k > n http://www.bibmath.net 1 Exercices - Lois discrètes usuelles : corrigé (b) On a : P(Z = k, Y = n) = P(Y = n)P(Z = k|Y = n) = ( e−m mn n! n k pkqn−k si k ≤n 0 sinon. (c) Il faut réaliser la sommation ! On a, tenant compte du fait que les premiers termes sont nuls : P(Z = k) = +∞ X n=k P(Z = k, Y = n) = e−m p q k 1 k! +∞ X n=k (mq)n (n −k)! = e−m p q k 1 k!(mq)k +∞ X n=k (mq)n−k (n −k)! = e−m p q k 1 k!(mq)k +∞ X n=0 (mq)n (n)! = e−m p q k 1 k!(mq)kemq = e−mp (mp)k k! . Z suit donc une loi de Poisson de paramètre m × 0, 25. 3. U est le rang de la première réalisation de l’événément R de probabilité 1/4 au cours d’une succession d’appels indépendants. Y suit donc la loi géométrique G(1/4), c’est-à-dire que, pour k ≥1, P(U = k) = 1 4 × 3 4 k−1 . On applique la formule du cours pour obtenir l’espérance (on on calcule simplement la somme d’une série géométrique), et on trouve que E(U) = 4. Exercice 4 - Le concierge - L2/Prépa Hec - ⋆⋆ Notons pk la probabilité que la porte soit ouverte au k-ième essai et Vk l’événement "la porte n’est pas ouverte après le k-ième essai". On a pk = P(V c k ∩Vk−1) = P(Vk−1) −P(Vk), la dernière formule venant du fait que (Vk) est une suite décroissante d’événements. Dans chaque cas, on va calculer P(Vk) en utilisant la formule P(Vk) = P(Vk|Vk−1)P(Vk−1). http://www.bibmath.net 2 Exercices - Lois discrètes usuelles : corrigé 1. Si Vk−1 est vraie, au k-ième essai, le concierge choisit au hasard une clef parmi les n−(k−1) qui restent. On a donc P(Vk) =  1 − 1 n −k −1  P(Vk−1) = n −k n −k −1P(Vk−1). Par une récurrence aisée, on trouve donc que, pour k ≤n, P(Vk) = n −k n et P(Vk) = 0 si k ̸= n. On a donc, pour 1 ≤k ≤n, pk = n −k −1 n −n −k n = 1 n. Le nombre moyen d’essais vaut donc n X k=1 kpk = 1 n n X k=1 k = n −1 2 . 2. Cette fois, si Vk est vraie, le concierge tire une clef parmi les n du trousseau, et donc P(Vk) =  1 −1 n  P(Vk−1) = n −1 n P(Vk−1). On obtient cette fois, pour k ≥0, P(Vk) = n −1 n k , puis pk = n −1 n k−1 − n −1 n k = n −1 n k−1 1 n. En reconnaissant une loi géométrique de paramètre 1/n, on trouve que le nombre moyen d’essais nécessaires est +∞ X k=1 kpk = n. Finalement, ce n’est pas si différent ! Exercice 5 - Chaîne de fabrication - Ecricome - ⋆⋆ 1. Pour un objet pris à la sortie, P (A) = 0.6 et P (B) = 0.4 Soit D =”l’objet est défec- tueux”. On a P (D|A) = 0.1 et P (D|B) = 0.2 et comme (A, B) est un système complet d’événements, P (D) = P (D|A) P (A) + P (D|B) P (B) = 0.1 · 0.6 + 0.2 · 0.4 = 0.14. http://www.bibmath.net 3 Exercices - Lois discrètes usuelles : corrigé Si l’objet est défectueux, la probababilité de l’événement “l’objet provient de la chaîne A“ est P (A|D) que l’on calcule par la formule de Bayes : P (A/D) = P (A ∩D) P (D) = P (D/A) P (A) P (D) = 0.1 · 0.6 0.14 = 0.06 0.14 = 6 14 = 3 7. 2. On suppose de plus que le nombre d’objets produits en une heure par A est une variable aléatoire Y qui suit une loi de Poisson de paramètre λ = 20. On considère la variable aléatoire X représentant le nombre d’objets défectueux produits par la chaîne A en une heure. (a) On a Y (Ω) = N et pour tout entier n : P (Y = n) = λne−λ n! . E (Y ) = λ = 20 et V (Y ) = λ = 20 (b) Quand Y = n, X est le nombre d’objets défectueux parmi n, qui sont défectueux indépendemment les un des autres avec une même probabilité 0.1. Donc X|Y = n , →B (n, 0.1) et P [X = k|Y = n] = 0 si k > n et P [X = k|Y = n] = n k 0.1k0.9n−k si k ≤n (c) Comme (Y = n)n∈N , est un système complet d’événements on a pour tout entier k : P (X = k) = +∞ X n=0 P [X = k|Y = n] P (Y = n) série convergente dont on calcule la somme partielle en distinguant suivant que n ≥k ou n < k : M X k=0 P [X = k|Y = n] P (Y = n) = k−1 X n=0 P [X = k|Y = n] P (Y = n) + M X n=k P [X = k|Y = n] P (Y = n) = 0 + M X n=k n k ! 0.1k0.9n−k 20ne−20 n! = 0.1 0.9 k e−20 M X n=k n! k! (n −k)!n! (0.9 · 20)n = 1 9 k e−20 1 k! M X n=k 1 (n −k)!18n = 1 9 k e−20 1 k! M−k X m=0 1 m!18m+k → 1 9 k e−20 1 k!18ke18 = 2ke−2 k! donc X , →P (2) http://www.bibmath.net 4 Exercices - Lois discrètes usuelles : corrigé Exercice 6 - Pile ou face - Oral ESCP - ⋆⋆ 1. La variable aléatoire T1 est le temps d’attente du premier pile ; elle suit la loi géométrique de paramètre p, donc d’espérance 1/p. 2. Notons Xn la variable aléatoire égale à 1 si la partie numéro n amène pile. Les variables Xn sont des variables aléatoires de Bernoulli indépendantes de même paramètre p. Soit (i1, . . . , in) ∈Nn. L’événement (A1 = i1, . . . , An = in) s’écrit aussi : X1 = · · · = Xi1−1 = 0, Xi1 = 1, Xi1+1 = · · · = Xi1+i2−1 = 0, Xi1+i2 uploads/Geographie/ exercices-lois-discretes-usuelle-s-corrige.pdf

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