15 décembre 2022
Contrôle final de probabilités
SIC 3101
Probabilités - SIC 3101
Contrôle final
Sandro Franceschi
15 décembre 2022
• Durée : 1h30
• Seul document autorisé : une feuille manuscrite recto-verso
• Calculatrices autorisées
Exercice 1 – Hémophilie
L’hémophilie est transmise par la mère aux enfants avec une chance sur deux si la mère
souffre elle même de cette maladie. On considère une mère qui a une probabilité 0.5
d’être hémophile. Cette mère à trois enfants non hémophiles.
1. Quelle est la probabilité que la mère soit hémophile sachant qu’elle a trois enfants
non hémophiles ?
2. Si il naît un quatrième enfant, quelle est la probabilité qu’il soit hémophile?
On notera les évènement suivant MH = {mère hémophile}, MNH = {mère non hémophile},
3NH = {la mère a 3 enfants non hémophiles}, 4H = {le quatrième enfant est hémophile}.
Corrigé. L’hémophilie est transmise par la mère aux enfants avec une chance sur deux si la
mère souffre elle même de cette maladie. On considère une mère qui a une probabilité 0.5 d’être
hémophile. Cette mère à trois enfants non hémophiles.
1. La formule de Bayes donne
P(MH|3NH) =
P(MH)P(3NH|MH)
.
P(3NH)
De plus MH et MNH forment un système complet d’évènement (intersection vide et l’union
est Ω entier). La formule des probabilités totales donne donc
P(3NH) = P(3NH|MH)P(MH) + P(3NH|MNH)P(MNH).
Donc
P(MH|3NH) =
1 1 3
2(2)
1 31
( 2 ) 2 + 13 12
1
= .
9
2. Formule des probabilités totale donne
P(4H|3NH) = P(4H|3NH, MH)P(MH|3NH)+P(4H|3NH, MNH)P(MNH|3NH) =
1
11 8
1
+0 = .
29 9
18
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Exercice 2 – Sondages
Considérons une population dont 55% des votants ont un avis défavorable sur leur président.
1. Soit un sondage avec n électeurs sondés. On supposera ces électeurs choisis indépendamment de leurs convictions. Suivant les différentes valeurs de n, quelle est
la probabilité que le sondage soit bien défavorable au président? n = 10, n = 100
et n = 1000.
Indication: on approximera le problème grâce à un théorème du cours. Un sondage
est défavorable si au moins la moitié des sondés a une opinion défavorable du président.
2. Combien de sondages faut-il faire pour avoir au moins un sondage faux dans 95%
des cas?
Indication: Les sondages sont indépendants. On notera M le nombre de sondages
réalisés et on commencera par calculer la probabilité qu’il n’y ait pas d’erreur dans
les M sondages.
Corrigé. On considère une population de N individus et on sonde n personnes avec n N.
Supposons que 45% des gens soient pour, le reste étant contre.
45
1. On modélise le problème des variables aléatoires de Bernoulli indépendantes Xi ∼ B(1, 100
).
Sn
1
On pose Sn = X1 +· · ·+Xn . Si n < 2 le sondage ne se trompe pas. On cherche à appliquer
le théorème central limite (ou de Moivre-Laplace) qui donne la limite en loi suivante
45
Sn − n 100
q
45 55
n 100
100
→ N (0, 1).
On a donc
√
√
45
45
n
Sn − n 100
− n 100
n
n
n
2
) = FN (0,1) (
)
P(sondage correct) = P(Sn < ) = P( q
<q
) ' P(N <
45 55
45 55
2
10
10
n 100
n
100
100 100
si N ∼ N (0, 1). La table donne F(0.32) = 0.6255, F(1) = 0.8413, F(3.2) = 0.9993 pour
n = 10, 100, 1000 ce qui donne la probabilité que le sondage ne se trompe pas.
2. On note M le nombre de sondages réalisés. E le nombre d’erreurs. On veut que P(E >
95
0) = 100
. Or on a P(E > 0) = 1 − P(E = 0) = 1 − (P(sondage correct)M . On en déduit
M=
5
ln( 100
)
ln(P(sondage correct) .
Cela donne M = 4279 pour n = 1000 et M = 18 pour n = 100.
Exercice 3 – Cas continu
Soit (U, V) un couple de variables aléatoires de densité conjointe
f (u, v) = αu(u − v)1∆ (u, v)
où ∆ = {(u, v) ∈ [0, 1]2 |u > v}.
1. Représenter ∆.
2. Vérifier que f est bien une densité pour une certaine valeur de α à préciser.
3. Déterminer les densités marginales fU et fV .
2
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4. Les variables U et V sont-elles indépendantes ?
5. Déterminer E[V|U].
Corrigé. Soit (U, V) un couple de variables aléatoires de densité conjointe
f (u, v) = αu(u − v)1∆ (u, v)
où ∆ = {(u, v) ∈ [0, 1]2 |u > v}.
1. L’ensemble ∆ est l’ensemble hachuré.
2. Pour avoir bien une densité de probabilité ont doit avoir
Z
u(u − v)dudv = α
1=α
∆
Z u
Z 1
du
0
R
2
R2
dv(u − uv) = α
0
f = 1 c’est à dire
Z 1
du(u3 −
0
α
u3
)= .
2
8
On en déduit donc que α = 8.
3.
Z u
Z
f (u, v)dv = 8
fU (u) =
0
R
Z 1
Z
f (u, v)du = 8
fV (v) =
R
v
u(u − v)dv1[0,1] (u) = 4u3 1[0,1] (u)
4
8
u(u − v)du = ( v 3 − 4v + )1[0,1] (v)
3
3
4. Les variables ne sont pas indépendantes car f (u, v) 6= fU (u)fV (v).
5. On a fV|U=u (v) =
f (u,v)
fU (u)
= 8 u(u−v)
1∆ (u, v) = 2( u1 −
4u3
Z
E(V|U = u) =
vfV|U=u (v)dv = 1[0,1] (u)
0
Donc
"
v
v3
v2
2
− 2 dv = 2
− 2
u u
2u 3u
Z u 1
R
Donc E(V|U) =
v
)1
.
u2 [0,u](v)1[0,1] (u)
#u
0
u
2
= u− u = .
3
3
U
3.
Exercice 4 – Somme d’un nombre aléatoire de variables aléatoires
Soit une suite (Xn ) de variables aléatoires indépendantes de même loi, de fonction caractéristique ϕ (on rappelle que ϕ(t) = E(eitX1 )). Soit Y une variable aléatoire discrète,
à valeur dans N, indépendante de la suite (Xn ), de fonction génératrice ψ (on rappelle
P
P
que ψ(t) = E(tY ) = m∈N tm P(Y = m).) On définit la variable aléatoire Z = Y
m=1 Xm .
1. Calculer la fonction caractéristique Φ de Z. Indication : on remarquera qu’on a
QY
P
Qn
m=1 f (Xm ) =
n∈N 1Y=n m=1 f (Xm ) (pour toute fonction f ).
2. Dans le cas particulier ou Y est un variable aléatoire de Poisson de paramètre λ et
Xi des variables aléatoire de Bernoulli de paramètre p, déterminer ϕ et ψ.
3. Déterminer dans ce cas particulier Φ et la loi de Z.
3
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Corrigé. Soit une suite (Xn ) de variables aléatoires indépendantes de même loi, de fonction
caractéristique ϕ. Soit Y une variable aléatoire discrète, à valeur dans N, indépendante de la
P
suite (Xn ), de fonction génératrice ψ (on rappelle que ψ(t) = E(tY ) = m∈N tm P(Y = m).) On
PY
définit la variable aléatoire Z = m=1 Xm .
1.
Y
X
Φ(t) = E(eitZ ) = E(exp(it
= E(
X
=
X
n∈N
=
X
X
m=1
n∈N
1Y=n exp(it
n∈N
E(1Y=n )E(
n
Y
Xm ))
m=1
n
X
Xm )) =
(exp(itXm ))) =
m=1
E(1Y=n exp(it
X
E(1Y=n )
n∈N
n
X
Xm ))
m=1
n
Y
E((exp(itXm )))
m=1
P(Y = n)(ϕ(t))n = ψ ◦ ϕ(t).
n∈N
L’indépendance nous donne les égalités de la troisième ligne du calcul. On a donc Φ = ψ◦ϕ.
2. Si Y est un variable aléatoire de Poisson de paramètre λ et Xi des des variables aléatoire
de Bernoulli de paramètre p on a ψ(t) = eλ(t−1) et ϕ(t) = (1 − p + peit ), voir la démo dans
le cours.
it
3. On en déduit que Φ(t) = eλ((1−p+pe )−1) = eλp(e
d’une loi de Poisson de paramètre λp.
4
it −1)
qui est la fonction caractéristique