QCM : Variables aléatoires sur un univers fini (Prépa, 1re année)
Une variable aléatoire associe un nombre, ou un objet, au résultat d'une expérience aléatoire. On ne raisonne plus seulement sur des événements isolés : on étudie une loi, puis on la résume par l'espérance et la variance, et on contrôle les écarts à la moyenne par les inégalités de Markov et de Bienaymé-Tchebychev.
Soit $X\sim\mathcal{B}(10\,;0{,}3)$. Que vaut $V(2X+1)$ ?
On a $V(X)=np(1-p)=10\times0{,}3\times0{,}7=2{,}1$. Puis $V(aX+b)=a^2V(X)$, donc $V(2X+1)=4\times2{,}1=8{,}4$. Les pièges : sortir le facteur sans le carré ($2\times2{,}1+1=5{,}2$ ou $4{,}2$), ou ajouter la constante ($4\times2{,}1+1=9{,}4$). Une constante ajoutée ne change pas la dispersion.
$X$ et $Y$ sont indépendantes, avec $V(X)=3$ et $V(Y)=2$. Que vaut $V(X-2Y)$ ?
Par indépendance, $\mathrm{Cov}(X,Y)=0$, donc $V(X-2Y)=V(X)+(-2)^2V(Y)=3+4\times2=11$. Le piège principal est de soustraire les variances ($3-4=-1$) : une variance est toujours positive et $V(-2Y)=4V(Y)$. Les réponses $7$ et $5$ viennent d'un facteur $2$ non élevé au carré ou oublié.
Une urne contient $5$ boules rouges et $3$ bleues. On tire $4$ boules sans remise et on note $X$ le nombre de boules rouges obtenues. Quelle affirmation est vraie ?
On écrit $X=\sum_{i=1}^4\mathbf 1_{A_i}$ où $A_i$ est « la $i$-ième boule est rouge ». Par symétrie $P(A_i)=\frac58$, et la linéarité ne demande aucune indépendance : $E(X)=4\times\frac58=\frac52$. Le tirage sans remise ne donne pas une loi binomiale, donc la variance binomiale $4\times\frac58\times\frac38$ est fausse (on trouve en fait $\frac{15}{28}$, car les indicatrices ont des covariances négatives).
Soit $X\sim\mathcal U(\{-1,0,1\})$ et $Y=X^2$. Quelle affirmation est vraie ?
$E(X)=0$ et $E(XY)=E(X^3)=\frac{-1+0+1}3=0$, donc $\mathrm{Cov}(X,Y)=0$. Mais $P(X=0,Y=1)=0$ alors que $P(X=0)P(Y=1)=\frac13\cdot\frac23\neq0$ : pas d'indépendance. Le piège est de croire qu'une covariance nulle entraîne l'indépendance. $\frac23$ est $E(Y)$, et $\frac29$ vient du produit $P(X=1)P(Y=1)$.
$X$ est une variable aléatoire positive d'espérance $2$. Quelle majoration de $P(X\geqslant10)$ l'inégalité de Markov fournit-elle ?
Markov donne $P(X\geqslant a)\leqslant\frac{E(X)}a=\frac2{10}=\frac15$. Les réponses $\frac1{50}$ et $\frac1{25}$ viennent d'une confusion avec Bienaymé-Tchebychev (division par $a^2$, avec $E(X)$ ou $E(X)^2$ au numérateur). $\frac45$ est un minorant de $P(X<10)$, pas un majorant de $P(X\geqslant10)$.
On lance $400$ fois une pièce équilibrée et on note $F$ la fréquence de pile. Quelle majoration de $P(|F-\frac12|\geqslant0{,}1)$ donne l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev ?
$E(F)=\frac12$ et $V(F)=\frac{p(1-p)}n=\frac{0{,}25}{400}$. Donc $P(|F-\frac12|\geqslant0{,}1)\leqslant\frac{0{,}25}{400\times0{,}01}=\frac1{16}$. Les pièges : oublier le carré de $\varepsilon$ (on obtient $\frac1{160}$), oublier de diviser par $n$ dans $V(F)$ (on obtient $25$, majoration sans intérêt), ou confondre avec la probabilité de l'événement contraire ($\frac{15}{16}$).
Un couple $(X,Y)$ à valeurs dans $\{0,1\}^2$ a pour loi conjointe $P(0,0)=0{,}1$, $P(0,1)=0{,}3$, $P(1,0)=0{,}2$, $P(1,1)=0{,}4$. Que vaut $P(Y=1\mid X=1)$ ?
$P(X=1)=0{,}2+0{,}4=0{,}6$, donc $P(Y=1\mid X=1)=\frac{0{,}4}{0{,}6}=\frac23$. Le piège $0{,}4$ confond probabilité conjointe et conditionnelle. $\frac47$ vient d'une division par $P(Y=1)=0{,}7$ au lieu de $P(X=1)$. $0{,}42=0{,}6\times0{,}7$ suppose à tort l'indépendance (fausse ici : $P(X=0,Y=0)=0{,}1\neq0{,}4\times0{,}3$).
On place $3$ boules au hasard dans $3$ boîtes, chaque boule choisissant sa boîte uniformément et indépendamment des autres. Quelle est l'espérance du nombre de boîtes vides ?
On écrit le nombre de boîtes vides comme $\sum_{i=1}^3\mathbf 1_{B_i}$, où $B_i$ est « la boîte $i$ est vide ». Chaque boule évite la boîte $i$ avec probabilité $\frac23$, donc $P(B_i)=(\frac23)^3=\frac8{27}$. Par linéarité, l'espérance vaut $3\times\frac8{27}=\frac89$. Le piège $\frac8{27}$ oublie de sommer sur les trois boîtes. $\frac19$ correspond à $3\times(\frac13)^3$, c'est-à-dire à la probabilité de « toutes les boules dans une même boîte » et non de « boîte vide ». $1$ vient d'une estimation $P(B_i)=\frac13$ sans calcul.
$X$ suit une loi binomiale avec $E(X)=6$ et $V(X)=4{,}2$. Quels sont ses paramètres $(n,p)$ ?
$\frac{V(X)}{E(X)}=\frac{np(1-p)}{np}=1-p=0{,}7$, donc $p=0{,}3$, puis $n=\frac6{0{,}3}=20$. Le piège $(20\,;0{,}7)$ confond $p$ et $1-p$ : on aurait alors $E(X)=14$. Les couples $(10\,;0{,}6)$ et $(30\,;0{,}2)$ donnent bien une espérance égale à $6$, mais leurs variances valent $2{,}4$ et $4{,}8$.
Les variables $X_1,\dots,X_n$ sont deux à deux indépendantes, et chacune a pour variance $\sigma^2$. Que vaut $V(X_1+\dots+X_n)$ ?
$V(\sum X_i)=\sum V(X_i)+2\sum_{i<j}\mathrm{Cov}(X_i,X_j)$. L'indépendance deux à deux suffit à annuler chaque covariance, d'où $n\sigma^2$. Le piège principal est d'exiger l'indépendance mutuelle, qui n'est pas nécessaire ici. $n^2\sigma^2$ serait la variance de $nX_1$, et $\sqrt n$ concerne l'écart type, pas la variance.