Exercices corrigés : Variables aléatoires sur un univers fini (Prépa, 1re année)

1. On prend pour $\Omega$ l'ensemble des parties à $2$ éléments de $[\![1,5]\!]$, muni de l'équiprobabilité (tirage simultané, boules indiscernables au toucher). On a $|\Omega|=\binom52=10$.

Le plus grand de deux numéros distincts vaut au moins $2$ et au plus $5$, donc $X(\Omega)=[\![2,5]\!]$. Pour $k\in[\![2,5]\!]$, l'événement $(X=k)$ est formé des parties $\{j,k\}$ avec $j\in[\![1,k-1]\!]$ : il y en a $k-1$. Donc $$P(X=k)=\frac{k-1}{10},\qquad k\in[\![2,5]\!].$$

Contrôle : $\frac{1+2+3+4}{10}=1$.

2. Par définition, $$E(X)=\frac{2\times1+3\times2+4\times3+5\times4}{10}=\frac{2+6+12+20}{10}=4.$$ Par la formule de transfert, $$E(X^2)=\frac{4\times1+9\times2+16\times3+25\times4}{10}=\frac{4+18+48+100}{10}=17.$$ Par König-Huygens, $V(X)=E(X^2)-E(X)^2=17-16=1$.

1. $X(\Omega)=\{-2,-1,0,1,2,3\}$ et $P(X=x)=\frac16$ pour chacune de ces valeurs. Les carrés sont $4,1,0,1,4,9$, donc $Y(\Omega)=\{0,1,4,9\}$ et $$P(Y=0)=P(X=0)=\tfrac16,\quad P(Y=1)=P(X=-1)+P(X=1)=\tfrac13,$$ $$P(Y=4)=P(X=-2)+P(X=2)=\tfrac13,\quad P(Y=9)=P(X=3)=\tfrac16,$$ car $-3\notin X(\Omega)$. Contrôle : $\frac16+\frac13+\frac13+\frac16=1$. Ainsi $P(Y\leqslant1)=\frac16+\frac13=\frac12$.

2. À partir de la loi de $Y$ : $$E(Y)=0\cdot\tfrac16+1\cdot\tfrac13+4\cdot\tfrac13+9\cdot\tfrac16=\tfrac53+\tfrac32=\tfrac{19}6.$$ Par la formule de transfert : $$E(Y)=E(X^2)=\frac{(-2)^2+(-1)^2+0^2+1^2+2^2+3^2}{6}=\frac{4+1+0+1+4+9}6=\frac{19}6.$$

3. $E(X)=\frac{-2-1+0+1+2+3}6=\frac12$, et par König-Huygens $$V(X)=\frac{19}6-\frac14=\frac{38-3}{12}=\frac{35}{12}.$$ Vérification : $D=X+3$ suit $\mathcal U([\![1,6]\!])$, donc $E(D)=\frac72$ et $V(D)=\frac{6^2-1}{12}=\frac{35}{12}$. Or $E(X)=E(D)-3=\frac12$ et $V(X)=V(D)=\frac{35}{12}$ : c'est cohérent.

1. On répète $5$ épreuves à deux issues (cible atteinte ou non). Les tirs sont indépendants et la probabilité de succès vaut $0{,}3$ à chaque tir. $X$ compte le nombre de succès, donc $X\sim\mathcal B(5\,;0{,}3)$.

2. $P(X=2)=\binom52(0{,}3)^2(0{,}7)^3=10\times0{,}09\times0{,}343=0{,}3087$.

L'événement contraire de $(X\geqslant1)$ est $(X=0)$, donc $$P(X\geqslant1)=1-(0{,}7)^5=1-0{,}16807=0{,}83193.$$

3. $E(X)=5\times0{,}3=1{,}5$ et $V(X)=5\times0{,}3\times0{,}7=1{,}05$.

4. Il y a $X$ tirs réussis et $5-X$ tirs manqués, donc $G=10X-2(5-X)=12X-10$. Par linéarité, $E(G)=12\times1{,}5-10=8$. Par l'effet d'une transformation affine, $V(G)=12^2\times1{,}05=151{,}2$.

Enfin $G>0\iff 12X>10\iff X>\frac56\iff X\geqslant1$ car $X$ est à valeurs entières. Donc $P(G>0)=0{,}83193$.

1. Par la formule des probabilités composées : $$P(X_1=1,X_2=1)=\tfrac35\cdot\tfrac24=\tfrac3{10},\quad P(X_1=1,X_2=0)=\tfrac35\cdot\tfrac24=\tfrac3{10},$$ $$P(X_1=0,X_2=1)=\tfrac25\cdot\tfrac34=\tfrac3{10},\quad P(X_1=0,X_2=0)=\tfrac25\cdot\tfrac14=\tfrac1{10}.$$

En sommant lignes et colonnes, $X_1\sim\mathcal B(\frac35)$ et $X_2\sim\mathcal B(\frac35)$ : les deux tirages ont la même loi marginale.

2. $P(X_1=1,X_2=1)=\frac3{10}$ alors que $P(X_1=1)P(X_2=1)=\frac9{25}$. Comme $\frac3{10}=\frac{15}{50}\neq\frac{18}{50}$, les variables ne sont pas indépendantes.

3. $X_1X_2=\mathbf 1_{(X_1=1,X_2=1)}$, donc $E(X_1X_2)=\frac3{10}$ et $$\mathrm{Cov}(X_1,X_2)=\frac3{10}-\frac35\cdot\frac35=\frac{15-18}{50}=-\frac3{50}.$$

4. Par linéarité, $E(S)=\frac35+\frac35=\frac65$. Par la variance d'une somme, avec $V(X_i)=\frac35\cdot\frac25=\frac6{25}$ : $$V(S)=\frac6{25}+\frac6{25}-\frac6{50}=\frac{24-6}{50}=\frac9{25}.$$ Vérification : $S(\Omega)=\{0,1,2\}$, $P(S=0)=\frac1{10}$, $P(S=1)=\frac3{10}+\frac3{10}=\frac6{10}$, $P(S=2)=\frac3{10}$. Donc $E(S)=\frac{6+6}{10}=\frac65$, $E(S^2)=\frac{6+12}{10}=\frac95$ et $V(S)=\frac95-\frac{36}{25}=\frac{45-36}{25}=\frac9{25}$.

1. Sachant $(X=k)$, on lance $k$ pièces indépendantes, chacune donnant pile avec probabilité $\frac12$, et $Y$ compte les piles. La loi conditionnelle de $Y$ sachant $(X=k)$ est donc $\mathcal B(k,\frac12)$ : $$P(Y=j\mid X=k)=\binom kj\frac1{2^k},\qquad j\in[\![0,k]\!].$$ Comme $k\leqslant6$, $Y(\Omega)=[\![0,6]\!]$.

2. Par la formule des probabilités totales, $$P(Y=0)=\sum_{k=1}^6P(X=k)P(Y=0\mid X=k)=\frac16\sum_{k=1}^6\frac1{2^k}=\frac16\Big(1-\frac1{64}\Big)=\frac{63}{384}=\frac{21}{128}.$$ L'événement $(Y=6)$ exige $X=6$ et six piles : $P(Y=6)=\frac16\cdot\frac1{64}=\frac1{384}$.

3. Par la formule de Bayes, $$P(X=6\mid Y=0)=\frac{P(X=6)P(Y=0\mid X=6)}{P(Y=0)}=\frac{1/384}{21/128}=\frac{128}{384\times21}=\frac1{63}.$$

4. Par la formule de transfert appliquée au couple $(X,Y)$ et les probabilités composées, $$E(Y)=\sum_{k=1}^6\sum_{j=0}^kj\,P(X=k,Y=j)=\sum_{k=1}^6\frac16\sum_{j=0}^kj\binom kj\frac1{2^k}.$$ La somme intérieure est l'espérance de la loi $\mathcal B(k,\frac12)$, qui vaut $\frac k2$. Donc $$E(Y)=\frac16\sum_{k=1}^6\frac k2=\frac1{12}\times21=\frac74.$$

1. Par indépendance, chacun des couples $(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)$ a probabilité $\frac14$.

Donc $P(S=0)=\frac14$, $P(S=1)=\frac12$, $P(S=2)=\frac14$ (c'est $\mathcal B(2,\frac12)$), et $P(D=-1)=\frac14$, $P(D=0)=\frac12$, $P(D=1)=\frac14$.

2. Par bilinéarité et symétrie, $$\mathrm{Cov}(S,D)=\mathrm{Cov}(X,X)-\mathrm{Cov}(X,Y)+\mathrm{Cov}(Y,X)-\mathrm{Cov}(Y,Y)=V(X)-V(Y)=0.$$

3. $P(S=0,D=1)=0$ car $S=0$ impose $X=Y=0$, donc $D=0$. Or $P(S=0)P(D=1)=\frac1{16}\neq0$. Donc $S$ et $D$ ne sont pas indépendantes, bien que leur covariance soit nulle.

4. Le calcul de la question 2 n'utilise que la bilinéarité : $\mathrm{Cov}(X+Y,X-Y)=V(X)-V(Y)$. Si $X$ et $Y$ ont même loi, elles ont même variance (la variance ne dépend que de la loi), donc la covariance est nulle.

1. Avec $X-c=(X-m)+(m-c)$ et la linéarité de l'espérance ($m-c$ est une constante) : $$E((X-c)^2)=E((X-m)^2)+2(m-c)E(X-m)+(m-c)^2=V(X)+(m-c)^2,$$ car $E(X-m)=0$. Cette quantité est minimale, égale à $V(X)$, pour $c=m$.

2. Posons $c=\frac{a+b}2$. Comme $a\leqslant X\leqslant b$, on a $|X-c|\leqslant\frac{b-a}2$, donc $(X-c)^2\leqslant\frac{(b-a)^2}4$. Par croissance de l'espérance et la question 1, $$V(X)\leqslant V(X)+(m-c)^2=E((X-c)^2)\leqslant\frac{(b-a)^2}4.$$

3. Si $P(X=a)=P(X=b)=\frac12$, alors $m=\frac{a+b}2=c$ et $(X-c)^2=\frac{(b-a)^2}4$ avec probabilité $1$, donc $V(X)=\frac{(b-a)^2}4$.

Réciproquement, supposons l'égalité. Les deux inégalités de la question 2 sont alors des égalités. D'une part $(m-c)^2=0$, donc $m=\frac{a+b}2$. D'autre part la variable $W=\frac{(b-a)^2}4-(X-c)^2$ est positive et d'espérance nulle. Or $E(W)=\sum_ww\,P(W=w)$ est une somme de termes positifs : elle est nulle seulement si $P(W=w)=0$ pour tout $w>0$, c'est-à-dire $P(W=0)=1$. Ainsi $|X-c|=\frac{b-a}2$ avec probabilité $1$, soit $P(X\in\{a,b\})=1$. En notant $q=P(X=b)$, on a $m=qb+(1-q)a=\frac{a+b}2$, d'où $q(b-a)=\frac{b-a}2$ et $q=\frac12$.

4. Si $X\sim\mathcal B(p)$, $X$ est à valeurs dans $[0,1]$, donc $p(1-p)=V(X)\leqslant\frac14$, avec égalité si et seulement si $p=\frac12$.

1. On répète $n$ épreuves indépendantes (éclosion de chaque œuf) de probabilité de succès $p$, et $X$ compte les succès : $X\sim\mathcal B(n,p)$, $E(X)=np$, $V(X)=np(1-p)$.

2. Par la formule des probabilités composées, pour $0\leqslant j\leqslant k\leqslant n$, $$P(X=k,Y=j)=P(X=k)P(Y=j\mid X=k)=\binom nkp^k(1-p)^{n-k}\binom kjq^j(1-q)^{k-j},$$ et $P(X=k,Y=j)=0$ si $j>k$ (on ne peut avoir plus de survivants que de poussins).

3. a) Les deux membres valent $$\frac{n!}{k!\,(n-k)!}\cdot\frac{k!}{j!\,(k-j)!}=\frac{n!}{j!\,(k-j)!\,(n-k)!}=\frac{n!}{j!\,(n-j)!}\cdot\frac{(n-j)!}{(k-j)!\,(n-k)!}.$$ b) $Y(\Omega)\subset[\![0,n]\!]$. Pour $j\in[\![0,n]\!]$, par la formule des marginales et 3a, $$P(Y=j)=\sum_{k=j}^n\binom nj\binom{n-j}{k-j}p^jp^{k-j}(1-p)^{n-k}q^j(1-q)^{k-j}=\binom nj(pq)^j\sum_{i=0}^{n-j}\binom{n-j}i\big(p(1-q)\big)^i(1-p)^{n-j-i},$$ où l'on a posé $i=k-j$. Par la formule du binôme, la somme vaut $\big(p-pq+1-p\big)^{n-j}=(1-pq)^{n-j}$. Donc $P(Y=j)=\binom nj(pq)^j(1-pq)^{n-j}$ : $Y\sim\mathcal B(n,pq)$.

4. $P(X=0,Y=1)=0$, alors que $P(X=0)=(1-p)^n>0$ et $P(Y=1)=npq(1-pq)^{n-1}>0$ car $pq\in\,]0,1[$. Donc $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes.

5. Par la formule de transfert pour le couple et la question 2, $$E(XY)=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^kkj\,P(X=k)P(Y=j\mid X=k)=\sum_{k=0}^nk\,P(X=k)\sum_{j=0}^kj\binom kjq^j(1-q)^{k-j}.$$ La somme intérieure est l'espérance de $\mathcal B(k,q)$, égale à $kq$. Donc $E(XY)=q\sum_kk^2P(X=k)=q\,E(X^2)$. Or $E(X^2)=V(X)+E(X)^2=np(1-p)+n^2p^2$, et $E(Y)=npq$, d'où $$\mathrm{Cov}(X,Y)=q\big(np(1-p)+n^2p^2\big)-np\cdot npq=npq(1-p).$$ Elle est strictement positive : plus il y a d'éclosions, plus il y a de survivants.

6. Par bilinéarité, et $V(Y)=npq(1-pq)$ : $$\mathrm{Cov}(Y,X-Y)=\mathrm{Cov}(X,Y)-V(Y)=npq(1-p)-npq(1-pq)=npq(pq-p)=-np^2q(1-q).$$ Cette covariance est strictement négative car $p,q\in\,]0,1[$. Or deux variables indépendantes ont une covariance nulle : $Y$ et $X-Y$ ne sont pas indépendantes. À $n$ fixé, beaucoup de survivants laisse peu de place aux poussins morts.