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Véto (BCPST) · Probabilités et statistique · VB-11

Cours et exercices corrigés de prépa BCPST : Probabilités et variables aléatoires discrètes

Espaces probabilisés, probabilités conditionnelles, formule des probabilités totales et formule de Bayes, indépendance, variables aléatoires discrètes, espérance et variance, lois usuelles (Bernoulli, binomiale, géométrique, Poisson), couples et covariance.

Objectifs du chapitre

Le cours

1. Espace probabilisé

Une probabilité sur (Ω,A)(\Omega, \mathcal{A}) vérifie P(Ω)=1P(\Omega) = 1 et, pour toute suite (An)(A_n) d'événements deux à deux incompatibles, P(⋃nAn)=∑nP(An)P\left(\bigcup_n A_n\right) = \sum_n P(A_n).
Conséquences : P(A‾)=1−P(A)P(\overline{A}) = 1 - P(A) ; si A⊂BA \subset B, P(A)≤P(B)P(A) \leq P(B) ; P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B).
Continuité monotone : si (An)(A_n) est croissante, P(⋃nAn)=lim⁡P(An)P\left(\bigcup_n A_n\right) = \lim P(A_n) ; si elle est décroissante, P(⋂nAn)=lim⁡P(An)P\left(\bigcap_n A_n\right) = \lim P(A_n).
En situation d'équiprobabilité sur Ω\Omega fini : P(A)=card(A)card(Ω)P(A) = \dfrac{\text{card}(A)}{\text{card}(\Omega)}.

2. Conditionnement, probabilités totales, Bayes

Si P(B)>0P(B) > 0 : PB(A)=P(A∩B)P(B)P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}, et PBP_B est une probabilité.

  • Probabilités composées : P(A1∩⋯∩An)=P(A1)PA1(A2)⋯PA1∩⋯∩An−1(An)P(A_1 \cap \cdots \cap A_n) = P(A_1)P_{A_1}(A_2) \cdots P_{A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}}(A_n) (si les conditionnements ont un sens).
  • Probabilités totales : si (Ai)(A_i) est un système complet d'événements de probabilités non nulles, P(B)=∑iP(Ai)PAi(B)P(B) = \sum_i P(A_i)P_{A_i}(B).
  • Formule de Bayes : PB(Aj)=P(Aj)PAj(B)∑iP(Ai)PAi(B)P_B(A_j) = \dfrac{P(A_j)P_{A_j}(B)}{\sum_i P(A_i)P_{A_i}(B)} ; elle « retourne » un conditionnement.

3. Indépendance

AA et BB sont indépendants si P(A∩B)=P(A)P(B)P(A \cap B) = P(A)P(B) ; si P(B)>0P(B) > 0, cela équivaut à PB(A)=P(A)P_B(A) = P(A). Si AA et BB sont indépendants, AA et B‾\overline{B} le sont aussi.
Des événements A1,…,AnA_1, \ldots, A_n sont mutuellement indépendants si P(⋂i∈JAi)=∏i∈JP(Ai)P\left(\bigcap_{i \in J} A_i\right) = \prod_{i \in J} P(A_i) pour toute partie JJ : c'est plus fort que l'indépendance deux à deux.
Indépendance et incompatibilité sont des notions différentes : deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants.

4. Variables discrètes, espérance et variance

La loi d'une variable discrète XX est donnée par X(Ω)X(\Omega) et les P(X=x)P(X = x), de somme 11.

  • Espérance : E(X)=∑xxP(X=x)E(X) = \sum_{x} xP(X = x), si la série converge absolument. Transfert : E(g(X))=∑xg(x)P(X=x)E(g(X)) = \sum_{x} g(x)P(X = x). L'espérance est linéaire et croissante.
  • Variance : V(X)=E((X−E(X))2)=E(X2)−E(X)2V(X) = E\big((X - E(X))^{2}\big) = E(X^{2}) - E(X)^{2} (formule de Koenig-Huygens) ; σ(X)=V(X)\sigma(X) = \sqrt{V(X)}.
  • E(aX+b)=aE(X)+bE(aX + b) = aE(X) + b et V(aX+b)=a2V(X)V(aX + b) = a^{2}V(X).

5. Lois usuelles discrètes

  • Uniforme sur [ ⁣[1;n] ⁣][\![1 ; n]\!] : P(X=k)=1nP(X = k) = \frac{1}{n}, E(X)=n+12E(X) = \frac{n+1}{2}, V(X)=n2−112V(X) = \frac{n^{2} - 1}{12}.
  • Bernoulli B(p)\mathcal{B}(p) : E(X)=pE(X) = p, V(X)=p(1−p)V(X) = p(1 - p).
  • Binomiale B(n,p)\mathcal{B}(n, p), nombre de succès dans nn épreuves de Bernoulli indépendantes : P(X=k)=(nk)pk(1−p)n−kP(X = k) = \binom{n}{k}p^{k}(1 - p)^{n-k}, E(X)=npE(X) = np, V(X)=np(1−p)V(X) = np(1 - p).
  • Géométrique G(p)\mathcal{G}(p), rang du premier succès : P(X=k)=(1−p)k−1pP(X = k) = (1 - p)^{k-1}p pour k≥1k \geq 1, E(X)=1pE(X) = \frac{1}{p}, V(X)=1−pp2V(X) = \frac{1 - p}{p^{2}}.
  • Poisson P(λ)\mathcal{P}(\lambda) : P(X=k)=e−λλkk!P(X = k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!} pour k∈Nk \in \mathbb{N}, E(X)=V(X)=λE(X) = V(X) = \lambda.

6. Couples de variables et covariance

La loi conjointe de (X,Y)(X, Y) est donnée par les P(X=x,Y=y)P(X = x, Y = y) ; les lois marginales s'en déduisent : P(X=x)=∑yP(X=x,Y=y)P(X = x) = \sum_{y} P(X = x, Y = y).

  • XX et YY sont indépendantes si P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y)P(X = x, Y = y) = P(X = x)P(Y = y) pour tous xx, yy ; alors E(XY)=E(X)E(Y)E(XY) = E(X)E(Y).
  • Covariance : Cov(X,Y)=E(XY)−E(X)E(Y)\text{Cov}(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y), et V(X+Y)=V(X)+V(Y)+2 Cov(X,Y)V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2\,\text{Cov}(X, Y).
  • Indépendance ⇒\Rightarrow covariance nulle, mais la réciproque est fausse.
  • Stabilité : si X∼B(n,p)X \sim \mathcal{B}(n, p) et Y∼B(m,p)Y \sim \mathcal{B}(m, p) sont indépendantes, X+Y∼B(n+m,p)X + Y \sim \mathcal{B}(n + m, p) ; si X∼P(λ)X \sim \mathcal{P}(\lambda) et Y∼P(μ)Y \sim \mathcal{P}(\mu) sont indépendantes, X+Y∼P(λ+μ)X + Y \sim \mathcal{P}(\lambda + \mu).

Méthodes et exemples rédigés

Méthode : Utiliser la formule de Bayes pour un test de dépistage

Exemple

Une maladie touche 2 % d'un cheptel. Un test est positif chez 95 % des animaux malades et chez 10 % des animaux sains. Un animal a un test positif : quelle est la probabilité qu'il soit malade ?

  1. Étape 1 (Données) : P(M)=0,02P(M) = 0{,}02, PM(T)=0,95P_M(T) = 0{,}95 et PM‾(T)=0,10P_{\overline{M}}(T) = 0{,}10, où (M,M‾)(M, \overline{M}) est un système complet.

  2. Étape 2 (Probabilités totales) : P(T)=0,02×0,95+0,98×0,10=0,019+0,098=0,117P(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}10 = 0{,}019 + 0{,}098 = 0{,}117.

  3. Étape 3 (Bayes) : PT(M)=0,0190,117≈0,16P_T(M) = \dfrac{0{,}019}{0{,}117} \approx 0{,}16. Malgré un test assez fiable, un positif sur six environ est réellement malade, car la maladie est rare.

Méthode : Calculer l'espérance d'une loi géométrique

Exemple

Soit X∼G(p)X \sim \mathcal{G}(p) avec 0<p<10 < p < 1 et q=1−pq = 1 - p. Montrer que E(X)=1pE(X) = \frac{1}{p}.

  1. Étape 1 (Série) : E(X)=∑k=1+∞kqk−1pE(X) = \sum_{k=1}^{+\infty} kq^{k-1}p, série à termes positifs.

  2. Étape 2 (Série de référence) : comme 0≤q<10 \leq q < 1, ∑k=1+∞kqk−1=1(1−q)2\sum_{k=1}^{+\infty} kq^{k-1} = \dfrac{1}{(1 - q)^{2}} : la série converge.

  3. Étape 3 (Conclure) : E(X)=p(1−q)2=pp2=1pE(X) = \dfrac{p}{(1 - q)^{2}} = \dfrac{p}{p^{2}} = \dfrac{1}{p}.

Méthode : Étudier un couple à partir de sa loi conjointe

Exemple

XX et YY prennent les valeurs 00 et 11, avec P(0,0)=0,4P(0, 0) = 0{,}4, P(0,1)=0,1P(0, 1) = 0{,}1, P(1,0)=0,2P(1, 0) = 0{,}2 et P(1,1)=0,3P(1, 1) = 0{,}3. Calculer Cov(X,Y)\text{Cov}(X, Y).

  1. Étape 1 (Marginales) : P(X=1)=0,2+0,3=0,5P(X = 1) = 0{,}2 + 0{,}3 = 0{,}5 et P(Y=1)=0,1+0,3=0,4P(Y = 1) = 0{,}1 + 0{,}3 = 0{,}4, d'où E(X)=0,5E(X) = 0{,}5 et E(Y)=0,4E(Y) = 0{,}4.

  2. Étape 2 (Produit) : XYXY vaut 11 seulement si X=Y=1X = Y = 1, donc E(XY)=0,3E(XY) = 0{,}3.

  3. Étape 3 (Conclure) : Cov(X,Y)=0,3−0,5×0,4=0,1≠0\text{Cov}(X, Y) = 0{,}3 - 0{,}5 \times 0{,}4 = 0{,}1 \neq 0 : les variables ne sont pas indépendantes.

Méthode : Reconnaître une loi binomiale

Exemple

Deux parents hétérozygotes AaAa ont 4 descendants. Chaque descendant est aaaa avec probabilité 14\frac{1}{4}, indépendamment des autres. Quelle est la probabilité qu'au moins un descendant soit aaaa ?

  1. Étape 1 (Modèle) : le nombre XX de descendants aaaa compte les succès de 4 épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre 14\frac{1}{4} : X∼B(4,14)X \sim \mathcal{B}\left(4, \frac{1}{4}\right).

  2. Étape 2 (Complémentaire) : P(X≥1)=1−P(X=0)=1−(34)4P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \left(\frac{3}{4}\right)^{4}.

  3. Étape 3 (Calcul) : P(X≥1)=1−81256=175256≈0,68P(X \geq 1) = 1 - \frac{81}{256} = \frac{175}{256} \approx 0{,}68 ; de plus E(X)=4×14=1E(X) = 4 \times \frac{1}{4} = 1.

Pièges fréquents

Questions de révision

Essaie de répondre de tête avant d'afficher la réponse.

Formule des probabilités totales ?

P(B)=∑iP(Ai)PAi(B)P(B) = \sum_i P(A_i)P_{A_i}(B) pour un système complet (Ai)(A_i).

Espérance et variance de B(n,p)\mathcal{B}(n, p) ?

E=npE = np et V=np(1−p)V = np(1 - p).

Espérance et variance de P(λ)\mathcal{P}(\lambda) ?

E=V=λE = V = \lambda.

Loi géométrique G(p)\mathcal{G}(p) : P(X=k)P(X = k) ?

(1−p)k−1p(1 - p)^{k-1}p pour k≥1k \geq 1.

Formule de V(X+Y)V(X + Y) ?

V(X)+V(Y)+2 Cov(X,Y)V(X) + V(Y) + 2\,\text{Cov}(X, Y).

Formule de Koenig-Huygens ?

V(X)=E(X2)−E(X)2V(X) = E(X^{2}) - E(X)^{2}.

Exercices corrigés

Exercice 1 Variance d'une loi binomiale

Palier 1 · découverte

Chaque œuf d'une couvée de 10 œufs éclot indépendamment avec probabilité 0,30{,}3. On note XX le nombre d'œufs éclos.
Calculez la variance V(X)V(X).

Un indice

Reconnaissez la loi de XX : nombre de succès dans des épreuves de Bernoulli indépendantes et identiques.

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Réponse attendue : 2.1

X∼B(10;0,3)X \sim \mathcal{B}(10 ; 0{,}3), donc V(X)=10×0,3×0,7=V(X) = 10 \times 0{,}3 \times 0{,}7 = 2,1.

Exercice 2 Probabilité d'un test positif

Palier 2 · application

Une maladie touche 2 % d'un cheptel. Un test est positif chez 95 % des animaux malades et chez 10 % des animaux sains.
Quelle est la probabilité qu'un animal pris au hasard ait un test positif ?

Un indice

Partitionnez selon l'état de l'animal : malade ou sain.

Voir la correction

Réponse attendue : 0.117

P(T)=0,02×0,95+0,98×0,10=0,019+0,098=P(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}10 = 0{,}019 + 0{,}098 = 0,117.

Exercice 3 Covariance de deux indicatrices

Palier 3 · approfondissement

Dans une population de chiens, XX vaut 1 si l'animal est vacciné (0 sinon) et YY vaut 1 s'il a été malade dans l'année (0 sinon). La loi du couple est :
P(X=1,Y=1)=0,3P(X = 1, Y = 1) = 0{,}3, P(X=1,Y=0)=0,2P(X = 1, Y = 0) = 0{,}2, P(X=0,Y=1)=0,1P(X = 0, Y = 1) = 0{,}1, P(X=0,Y=0)=0,4P(X = 0, Y = 0) = 0{,}4.
Calculez Cov(X,Y)\mathrm{Cov}(X, Y).

Un indice

Utilisez la formule de Koenig-Huygens : Cov(X,Y)=E(XY)−E(X)E(Y)\mathrm{Cov}(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y).

Voir la correction

Réponse attendue : 0.1

E(X)=P(X=1)=0,5E(X) = P(X = 1) = 0{,}5, E(Y)=P(Y=1)=0,4E(Y) = P(Y = 1) = 0{,}4, E(XY)=P(X=1,Y=1)=0,3E(XY) = P(X = 1, Y = 1) = 0{,}3.
Cov(X,Y)=0,3−0,5×0,4=\mathrm{Cov}(X, Y) = 0{,}3 - 0{,}5 \times 0{,}4 = 0,1.

Exercice 4 Absence de mémoire de la loi géométrique

Palier 4 · défi

Lors d'une campagne de dépistage, chaque animal testé est positif avec probabilité 0,20{,}2, indépendamment. On note NN le rang du premier animal positif.
Sachant que les deux premiers animaux sont négatifs, quelle est la probabilité qu'aucun des cinq premiers ne soit positif ?

Un indice

Traduisez l'événement « les kk premiers sont négatifs » à l'aide de NN, puis calculez sa probabilité.

Voir la correction

Réponse attendue : 0.512

P(N>5∣N>2)=P(N>5)P(N>2)=0,850,82=0,83=P(N > 5 \mid N > 2) = \dfrac{P(N > 5)}{P(N > 2)} = \dfrac{0{,}8^{5}}{0{,}8^{2}} = 0{,}8^{3} = 0,512.
C'est P(N>3)P(N > 3) : la loi géométrique est sans mémoire.