Université L2 — licence de mathématiques

Probabilités discrètes et couples de variables — 10 exercices corrigés L2

On étudie lois discrètes, conditionnement, moments et fonctions génératrices. La place des probabilités en L2 et le choix des lois abordées varient selon les parcours et les établissements.

L'essentiel à retenir

  • Une loi discrète est une famille de masses positives ou nulles de somme 11. Les moments sont définis lorsque les séries correspondantes sont intégrables.
  • L'indépendance d'un couple discret équivaut à P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y)P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y) pour toutes les valeurs.
  • La formule de l'espérance totale s'écrit E(X)=E(E(X∣Y))E(X)=E(E(X\mid Y)) lorsque XX est intégrable.
  • Pour une variable à valeurs dans N\mathbb N, la fonction génératrice G(s)=E(sX)G(s)=E(s^X) permet d'obtenir les moments par dérivation lorsque les dérivées au voisinage de 11 sont justifiées.

Exercice 1 — Une table jointe et la dépendance

Le couple (X,Y)(X,Y) prend ses valeurs dans {0,1}2\{0,1\}^2, avec P(0,0)=1/4P(0,0)=1/4, P(0,1)=1/4P(0,1)=1/4, P(1,0)=1/8P(1,0)=1/8, P(1,1)=3/8P(1,1)=3/8.
  1. Calculer les marginales et tester l'indépendance.
  2. Calculer covariance et espérance conditionnelle de XX sachant Y=1Y=1.
Corrigé détaillé
  1. P(X=1)=1/2P(X=1)=1/2, P(Y=1)=5/8P(Y=1)=5/8, et les probabilités complémentaires valent 1/21/2 et 3/83/8. Or P(X=1,Y=1)=3/8≠(1/2)(5/8)=5/16P(X=1,Y=1)=3/8\ne(1/2)(5/8)=5/16 : les variables sont dépendantes.
  2. E(XY)=3/8E(XY)=3/8, donc Cov⁡(X,Y)=3/8−(1/2)(5/8)=1/16\operatorname{Cov}(X,Y)=3/8-(1/2)(5/8)=1/16. Comme XX est indicatrice, E(X∣Y=1)=P(X=1∣Y=1)=(3/8)/(5/8)=3/5E(X\mid Y=1)=P(X=1\mid Y=1)=(3/8)/(5/8)=3/5. Toutes les masses données totalisent bien 11.

Exercice 2 — Somme de deux lois de Poisson

Soient X,YX,Y indépendantes de lois de Poisson de paramètres λ,μ>0\lambda,\mu>0.
  1. Déterminer la loi de S=X+YS=X+Y.
  2. Déterminer la loi conditionnelle de XX sachant S=nS=n.
Corrigé détaillé
  1. Pour n≥0n\geq0, P(S=n)=e−(λ+μ)∑k=0nλkμn−k/[k!(n−k)!]=e−(λ+μ)(λ+μ)n/n!P(S=n)=e^{-(\lambda+\mu)}\sum_{k=0}^n\lambda^k\mu^{n-k}/[k!(n-k)!]=e^{-(\lambda+\mu)}(\lambda+\mu)^n/n!. Donc S∼P(λ+μ)S\sim\mathcal P(\lambda+\mu).
  2. Pour 0≤k≤n0\leq k\leq n, on divise P(X=k,Y=n−k)P(X=k,Y=n-k) par P(S=n)P(S=n), d'où (nk)[λ/(λ+μ)]k[μ/(λ+μ)]n−k\binom nk[\lambda/(\lambda+\mu)]^k[\mu/(\lambda+\mu)]^{n-k}. La loi conditionnelle est binomiale de paramètres nn et λ/(λ+μ)\lambda/(\lambda+\mu).

Exercice 3 — Absence de mémoire de la loi géométrique

Soit TT de loi P(T=k)=p(1−p)k−1P(T=k)=p(1-p)^{k-1}, k≥1k\geq1, avec 0<p<10<p<1.
  1. Pour m,n∈Nm,n\in\mathbb N, calculer P(T>m+n∣T>m)P(T>m+n\mid T>m).
  2. Déduire l'espérance et la variance à partir de la fonction génératrice.
Corrigé détaillé
  1. P(T>r)=(1−p)rP(T>r)=(1-p)^r pour r∈Nr\in\mathbb N, donc le quotient demandé vaut (1−p)n=P(T>n)(1-p)^n=P(T>n).
  2. En posant q=1−pq=1-p, G(s)=ps/(1−qs)G(s)=ps/(1-qs) pour ∣s∣<1/q|s|<1/q. On a G′(s)=p/(1−qs)2G'(s)=p/(1-qs)^2 et G′′(s)=2pq/(1−qs)3G''(s)=2pq/(1-qs)^3. Comme 1<1/q1<1/q, les dérivées en 11 sont permises : E(T)=1/pE(T)=1/p, E(T(T−1))=2q/p2E(T(T-1))=2q/p^2. Ainsi Var⁡(T)=2q/p2+1/p−1/p2=q/p2\operatorname{Var}(T)=2q/p^2+1/p-1/p^2=q/p^2.

Exercice 4 — Tirage sans remise

Une urne contient 55 boules rouges et 33 bleues. On tire 33 boules sans remise ; XX compte les rouges.
  1. Donner la loi et calculer P(X≥2)P(X\geq2).
  2. Calculer espérance et variance avec des indicatrices.
Corrigé détaillé
  1. P(X=k)=(5k)(33−k)/(83)P(X=k)=\binom5k\binom3{3-k}/\binom83 pour k=0,1,2,3k=0,1,2,3. Les numérateurs sont 1,15,30,101,15,30,10, de somme 5656. Donc P(X≥2)=40/56=5/7P(X\geq2)=40/56=5/7.
  2. Pour les trois positions, P(Ii=1)=5/8P(I_i=1)=5/8 et P(IiIj=1)=(5/8)(4/7)=5/14P(I_iI_j=1)=(5/8)(4/7)=5/14. Ainsi E(X)=15/8E(X)=15/8. La covariance vaut 5/14−25/64=−15/4485/14-25/64=-15/448. Donc Var⁡(X)=3⋅15/64+6(−15/448)=225/448\operatorname{Var}(X)=3\cdot15/64+6(-15/448)=225/448, conforme à 3(5/8)(3/8)(5/7)3(5/8)(3/8)(5/7).

Exercice 5 — Mélange de deux pièces

On choisit avec probabilités égales une pièce de probabilité de succès 1/41/4 ou 3/43/4, puis on la lance deux fois.
  1. Calculer la loi du nombre SS de succès.
  2. Sachant S=2S=2, calculer la probabilité que la pièce choisie soit celle de paramètre 3/43/4.
Corrigé détaillé
  1. Conditionnellement au choix, SS suit une loi binomiale de taille 22. Ainsi P(S=0)=12(9/16+1/16)=5/16P(S=0)=\frac12(9/16+1/16)=5/16, P(S=1)=12(6/16+6/16)=3/8P(S=1)=\frac12(6/16+6/16)=3/8, et P(S=2)=5/16P(S=2)=5/16. Les masses totalisent 11.
  2. Par Bayes, la probabilité cherchée est [(1/2)(9/16)]/(5/16)=9/10[(1/2)(9/16)]/(5/16)=9/10. Les deux lancers sont indépendants conditionnellement à la pièce, mais pas sans conditionnement : la probabilité de deux succès est 5/165/16, différente du produit des probabilités marginales 1/41/4.

Exercice 6 — Somme aléatoire de variables

Soit N∼P(λ)N\sim\mathcal P(\lambda) et une suite (Zi)(Z_i) de Bernoulli de paramètre pp, indépendante de NN et à termes indépendants. Poser S=∑i=1NZiS=\sum_{i=1}^NZ_i, somme nulle si N=0N=0.
  1. Déterminer la loi de SS par sa génératrice.
  2. Retrouver espérance et variance par conditionnement.
Corrigé détaillé
  1. Sachant N=nN=n, E(sS∣N=n)=(1−p+ps)nE(s^S\mid N=n)=(1-p+ps)^n. Donc GS(s)=exp⁡(λ[(1−p+ps)−1])=exp⁡(λp(s−1))G_S(s)=\exp(\lambda[(1-p+ps)-1])=\exp(\lambda p(s-1)), génératrice d'une loi de Poisson de paramètre λp\lambda p.
  2. E(S∣N)=pNE(S\mid N)=pN et Var⁡(S∣N)=p(1−p)N\operatorname{Var}(S\mid N)=p(1-p)N. L'espérance totale donne E(S)=λpE(S)=\lambda p. La décomposition de variance donne Var⁡(S)=p(1−p)λ+p2λ=λp\operatorname{Var}(S)=p(1-p)\lambda+p^2\lambda=\lambda p, conforme à la loi obtenue.

Exercice 7 — Collection de trois types

On observe des tirages indépendants uniformes parmi trois types. Soit TT le nombre de tirages nécessaire pour voir les trois.
  1. Décomposer TT en temps d'attente géométriques et calculer E(T)E(T).
  2. Calculer sa variance en justifiant l'indépendance des étapes.
Corrigé détaillé
  1. Le premier type apparaît au premier tirage. Le temps supplémentaire pour un nouveau type est géométrique de paramètre 2/32/3, puis celui pour le dernier de paramètre 1/31/3. Ainsi T=1+G2+G3T=1+G_2+G_3 et E(T)=1+3/2+3=11/2E(T)=1+3/2+3=11/2.
  2. Après chaque apparition nouvelle, les tirages futurs sont indépendants du passé ; les temps d'attente des étapes sont donc indépendants. Pour une géométrique sur {1,2,…}\{1,2,\ldots\}, la variance est (1−p)/p2(1-p)/p^2. Donc Var⁡(T)=(1/3)/(4/9)+(2/3)/(1/9)=3/4+6=27/4\operatorname{Var}(T)=(1/3)/(4/9)+(2/3)/(1/9)=3/4+6=27/4.

Exercice 8 — Une loi à queue lourde

Pour n≥1n\geq1, poser P(X=n)=1/[n(n+1)]P(X=n)=1/[n(n+1)].
  1. Vérifier qu'il s'agit d'une loi et calculer P(X≥m)P(X\geq m).
  2. Étudier l'existence de l'espérance et de E(1/X)E(1/X).
Corrigé détaillé
  1. Comme 1/[n(n+1)]=1/n−1/(n+1)1/[n(n+1)]=1/n-1/(n+1), la somme totale vaut 11 et la queue vaut P(X≥m)=1/mP(X\geq m)=1/m.
  2. L'espérance vaut formellement ∑n≥11/(n+1)\sum_{n\geq1}1/(n+1), qui diverge : E(X)=+∞E(X)=+\infty. En revanche, E(1/X)=∑1/[n2(n+1)]E(1/X)=\sum1/[n^2(n+1)]. On décompose 1/[n2(n+1)]=1/n2−1/n+1/(n+1)1/[n^2(n+1)]=1/n^2-1/n+1/(n+1). Les sommes partielles donnent à la limite E(1/X)=∑1/n2−1=π2/6−1E(1/X)=\sum1/n^2-1=\pi^2/6-1. Cette quantité est finie, ce qui n'impose aucune finitude de E(X)E(X).

Exercice 9 — Covariance nulle sans indépendance

Soit XX uniforme sur {−1,0,1}\{-1,0,1\} et Y=X2Y=X^2.
  1. Calculer les moments et la covariance.
  2. Montrer que les variables ne sont pas indépendantes et calculer E(X∣Y)E(X\mid Y).
Corrigé détaillé
  1. E(X)=0E(X)=0, E(Y)=E(X2)=2/3E(Y)=E(X^2)=2/3 et E(XY)=E(X3)=0E(XY)=E(X^3)=0. Donc Cov⁡(X,Y)=0\operatorname{Cov}(X,Y)=0. Les variances valent Var⁡(X)=2/3\operatorname{Var}(X)=2/3 et Var⁡(Y)=2/3−4/9=2/9\operatorname{Var}(Y)=2/3-4/9=2/9.
  2. P(X=0,Y=1)=0P(X=0,Y=1)=0, alors que P(X=0)P(Y=1)=(1/3)(2/3)=2/9>0P(X=0)P(Y=1)=(1/3)(2/3)=2/9>0 : dépendance. Sachant Y=0Y=0, X=0X=0 ; sachant Y=1Y=1, XX vaut −1-1 et 11 avec probabilités égales. Dans les deux cas, l'espérance conditionnelle est nulle : E(X∣Y)=0E(X\mid Y)=0.

Exercice 10 — Inégalité de concentration et moyenne empirique

Soient X1,…,XnX_1,\ldots,X_n indépendantes de Bernoulli de paramètre pp.
  1. Calculer les moments de X‾n\overline X_n et donner une borne de P(∣X‾n−p∣≥ε)P(|\overline X_n-p|\geq\varepsilon).
  2. Donner un effectif garantissant cette probabilité au plus 0,050,05 pour ε=0,1\varepsilon=0,1, uniformément en pp.
Corrigé détaillé
  1. La linéarité donne E(X‾n)=pE(\overline X_n)=p. L'indépendance donne Var⁡(X‾n)=p(1−p)/n\operatorname{Var}(\overline X_n)=p(1-p)/n. Par Bienaymé-Tchebychev, la probabilité est au plus p(1−p)/(nε2)≤1/(4nε2)p(1-p)/(n\varepsilon^2)\leq1/(4n\varepsilon^2).
  2. Avec ε=0,1\varepsilon=0,1, la borne uniforme est 25/n25/n. Pour qu'elle soit au plus 0,050,05, il suffit que n≥500n\geq500. Cette valeur garantit le niveau demandé par cette inégalité ; elle n'est pas présentée comme l'effectif minimal pour la probabilité exacte.

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