Université de Nice-Sophia Antipolis
L2 Informatique - Probabilités
S. Catozzi, D. Mitsche, R. Thomasse
http://math.unice.fr/~dmitsche/Enseignement/
14-15/cours.html
Examen final-Correction
Durée : 2h. Documents, calculatrices et téléphones interdits. La plus grande importance sera accordée lors de la
correction à la justification des réponses. Les exercices sont indépendants.
1. (4 points) Trois amis et sept autres personnes prennent dix chaises en cercle, au hasard.
Quelle est la probabilité que exactement deux des amis soient un à côté de l’autre ?
On choisit qui, parmi les amis, va être l’ami solitaire: pour cela il y a 3 choix. Plaçons d’abord un des
deux amis. Bien entendu, il peut être n’importe où, il a donc 10 choix possibles. Le second doit être à
coté du premier, il a donc 2 choix possibles. Le troisième ne peux ni être à la place du premier, ni du
deuxième, ni de l’autre voisin du premier, ni de l’autre voisin du deuxième. Il reste donc 10 − 4 = 6
possibilités. On place ensuite les 7 autres personnes parmi les 7 places restantes, ce qui fait 7! possibilités.
Il y a donc 3 × 10 × 2 × 6 × 7! possibilités favorables. Le nombre de placements possibles est de 10! : On
doit placer 10 personnes dans 10 chaises. La probabilité d’avoir exactement deux des amis l’un à coté de
360
1
l’autre est donc de 3×10×2×6×7!
= 3×10×2×6
10!
8×9×10 = 720 = 2 .
2. (3 points) On sait que 4% de la population est atteinte d’une certaine maladie. On dispose d’un test de
dépistage de cette maladie qui présente les caractéristiques suivantes : si la personne est malade, le test est
positif avec une probabilité de 95%; si la personne est saine, le test est positif avec une probabilité de 15%.
(a) (2 points) Quelle est la probabilité pour une personne d’être malade si son test est positif ?
(b) (1 point) Quelle est la probabilité pour une personne d’être saine si son test est négatif ?
On appelle M l’événement {La personne est malade }, et P ={La personne a un test positif }. Tout
d’abord, traduisons l’énoncé en terme de probabilités. On a P(M ) = 4/100, P(P |M ) = 95/100 et
¯ ) = 15/100.
P(P |M
P(P |M )P(M )
. En utilisant
P(P )
¯ )P(M
¯ ) = .95 × 0.04 +
la formule des probabilités totales, on a que P(P ) = P(P |M )P(M ) + P(P |M
0.95 × 0.04
0.15 × (1 − 0.04). Ainsi, P(M |P ) =
.
0.95 × 0.04 + 0.15 × 0.96
(a) On cherche P(M |P ). En utilisant la formule de Bayes, on a P(M |P ) =
¯ ¯
¯
¯ |P¯ ). Par la formule de Bayes, on a P(M
¯ |P¯ ) = P(P |M )P(M ) . On a P(P¯ |M
¯) =
(b) On cherche P(M
P(P¯ )
¯ ) = 1 − 0.15 = 0.85. Ensuite, P(M
¯ ) = 1 − P(M ) = 1 − 0.04 = 0.96 et P(P¯ ) = 1 − P(P ) =
1 − P(P |M
1 − (0.95 × 0.04 + 0.15 × 0.96) par la question précédente.
¯ ¯
¯
0.85 × 0.96
¯ |P¯ ) = P(P |M )P(M ) =
Il vient donc que P(M
.
¯
1 − (0.95 × 0.04 + 0.15 × 0.96)
P(P )
3. (5 points) Une urne contient n boules blanches et m boules noires. On tire des boules une par une avec remise
jusqu’à l’apparition d’une noire. On note X le nombre de tirages nécessaires.
(a) (1 point) Déterminer la loi de X (c’est à dire donner la probabilité pour chaque valeur de X possible).
Que vaut P(X ≥ k)?
(b) (2 points) Déterminer l’espérance et la variance du nombre des tirages (Détailler le calcul. Un résultat
sans calcul ne sera pas accepté).
(c) (2 points) On tire maintenant jusqu’à ce que ` boules noires apparaissent (toujours avec remise) et on
note Y le nombre de tirages nécessaires. Déterminer la loi de Y .
Pour cet exercice, on pourra utiliser les égalités suivantes pour 0 ≤ x < 1 :
P
1
k
•
k≥0 x = 1−x
P
1
k−1
•
= (1−x)
2
k≥1 kx
P
2
1
2 k−1
•
= (1−x)3 − (1−x)
2
k≥1 k x
(a) X est a valeur dans N et pour tout k ∈ N,
P(X = k) = P(les tirages 1 à (k − 1) sont blancs et le kème est noire).
Puisque le
tirage est avec remise et que les tirages sont indépendants, on a P(X = k) =
P(tirer une boule blanche)k−1 P(tirer une boule noire). Ensuite, vu que les tirages sont uniformes,
m
m
et P(tirer une boule blanche) = 1 − m+n
. On obtient donc que
P(tirer une boule noire) = m+n
k−1
m
m
m
m
P(X = k) = 1 − m+n
m+n . Donc X ∼ Geom m+n , la loi géométrique de paramètre m+n .
k−1
n
Pour tout k ∈ N, P(X ≥ k) = P(Les k − 1 premiers tirages sont blancs) = m+n
.
(b) Notons p =
m
m+n .
Pour l’espérance, E(X) =
Autre méthode :
P∞
k=1 P(X ≥ k) =
E(X) =
=
P∞ k=1
∞
X
k=1
∞
X
n
m+n
k−1
=
P∞ k=0
n
m+n
k
=
1
n
1− m+n
=
m+n
m .
kP(X = k)
k(1 − p)k−1 p
k=1
=p
=
1
(1 − (1 − p))2
1
p
2
Pour la variance, V(X) = E(X 2 ) − (E(X)) . Calculons E(X 2 ).
E(X 2 ) =
∞
X
k−1
k 2 (1 − p)
p
k=0
=p
X
k 2 (1 − p)k−1
k≥1
2
1
−
3
(1 − (1 − p))
(1 − (1 − p))2
2
1
=p
− 2
3
p
p
2−p
=
p2
=p
et donc V(X) =
2−p
p2
−
2
1
p
=
1−p
p2
=
2
n (m+n)
m+n
m2
=
n(m+n)
.
m2
(c) La variable aléatoire Y est a valeur dans N. Pour tout k ≥ `,
P(Y = k) = P(au k − 1ème tirage il y avait ` − 1 boules noires) × P(Le kème tirage est une boule noire)
`−1 k−1−`+1
k−1
m
n
m
=
`−1
m+n
m+n
m+n
` k−`
k−1
m
n
=
`−1
m+n
m+n
La variable aléatoire Y suit donc une loi binomiale négative.
4. (4 points) Un marcheur marche aléatoirement sur Z, en choisissant à chaque moment un saut à droite avec
probabilité p et un saut à gauche avec probabilité 1 − p (pour une valeur de p ∈ [0, 1]). Soit Si la position de
la marche après i sauts. On suppose S0 = a. Montrer que pour tout n ≥ 1, on a
n+s−a
n−s+a
n
P (Sn = s) = n+s−a p 2 (1 − p) 2
2
n
k
avec la convention
= 0 si k < 0 ou si k > n ou si k n’est pas entier.
On pourra écrire pour tout n ≥ 1,
n
X
Sn = a +
Xi ,
i=1
avec X1 , X2 , . . . , Xn des variables aléatoires à définir, puis considérer les variables aléatoires
n+ (ω) = |{1 ≤ i ≤ n, Xi (ω) = 1}|
et
n− (ω) = |{1 ≤ i ≤ n, Xi (ω) = −1}|.
Pn
D’aprés l’énoncé, on a pour tout n ≥ 1, Sn = a + i=1 Xi avec Xi des variables indépendantes, tel que
P(Xi = 1) = p et P(Xi = −1) = 1 − p.
Dans ce cas, en utilisant les définitions de l’indication, n+ est juste le nombre de sauts à P
droite, et n−
n
le nombre de sauts à gauche. On a donc toujours n− + n+ = n, et on peut écrire n+ = i=1 Yi , avec
Yi = 1 si Xi = 1, et Yi = 0 si Xi = −1. Par la distribution des Xi , il vient que les Yi sont des variables
aléatoires iid de Bernoulli de paramètre p. Donc n+ ∼ B(n, p).
Maintenant, P (Sn = s) = P(a + n+ − n− = s). Puisque n− + n+ = n, P(a + n+ − n− = s) = P(a + n+ −
). Vu que n+ ∼ B(n, p) on obtient directement le
(n − n+ ) = s) = P(2n+ = s − a + n) = P(n+ = s−a+n
2
resultat voulu:
n+s−a
n+s−a
n−s+a
n
n
n− n+s−a
2
2
P (Sn = s) = n+s−a p
(1 − p)
= n+s−a p 2 (1 − p) 2
2
2
5. (4 points)
(a) (3 points) Démontrer que la variance de la somme de n variables aléatoires indépendantes discrètes de
carré intégrable est égale à la somme des n variances.
(b) (1 point) Soit X ∼ U{−1, 1}. On définit Y tel que
(
Y =0
si X = −1
Y ∼ U{−1, 1} sinon
Montrer que V[X + Y ] = V[X] + V[Y ]
(a) Soient X1 , . . . , Xn n variables aléatoires indépendantes de carré intégrable. On a



!2 
" n
#!2
n
n
X
X
X




V(X1 + · · · + Xn ) = V
Xj = E
Xj
− E
Xj
j=1
i=1
i=1
Calculons d’abord le premier terme:

2 


n
n X
n
X
X


E 
Xj   = E 
Xi Xj 
j=1
i=1 j=1
=
n X
n
X
E [Xi Xj ]
i=1 j=1
=
n
X

2 X
E Xi +
E [Xi Xj ]

j=1
=
n
X
j6=i

2 X
E Xi +
E [Xi ] E [Xj ] par indépendance de Xi et Xj

j=1
j6=i
Puis,
 
2
n
n X
n
X
X
E 
Xj  =
E [Xi ] E [Xj ]
j=1
i=1 j=1
=
n
X
2
(E(Xi )) +
j=1
X
E [Xi ] E [Xj ]
j6=i
et enfin on obtient
V(X1 + · · · + Xn ) =
n
X




n
X
X
2 X
2
E Xi +
(E(Xi )) +
E [Xi ] E [Xj ] −
E [Xi ] E [Xj ]
i=1
i=1
j6=i
j6=i
n X
2
=
E Xi2 − (E(Xi ))
i=1
=
n
X
V(Xi )
i=1
(b) Soit X ∼ U{−1, 1}. Soit Y = 0 si X = −1, et Y ∼ U{−1, 1} si X = 1. Clairement, X et Y ne sont
pas indépendantes. La variable aléatoire X + Y vaut −1 si X = −1 (probabilité 21 ), 0 si X = 1 et
Y = −1 (probabilité 41 ) et 2 sinon (probabilité 41 ). Maintenant,
• E[X] = −1 ×
• E[Y ] = 0 ×
1
2
1
2
+1×
+1×
1
4
1
2
= 0, E[X 2 ] = 1, donc V[X] = 1.
+ (−1) 14 = 0 et E[Y 2 ] = 1 ×
• E[X + Y ] = −1 × 12 + 0 ×
V[(X + Y )] = 32 − 0 = 32 .
Donc on a bien V[(X + Y )] =
3
2
1
4
+2×
−0=
3
2
1
4
1
2
+0×
1
2
=
1
2
= 0 et E[(X + Y )2 ] = 0 ×
= V[X] + V[Y ].
donc V[Y ] =
1
4
+1×
1
2
1
2
− 0 = 12 .
+4×
1
4
=
3
2
donc