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Véto (BCPST) · Probabilités et statistique · VB-12

Cours et exercices corrigés de prépa BCPST : Variables à densité et théorèmes limites

Densité et fonction de répartition, espérance et variance, lois uniforme, exponentielle et normale, sommes de variables indépendantes, inégalité de Bienaymé-Tchebychev, loi faible des grands nombres et convergence en loi.

Objectifs du chapitre

Le cours

1. Fonction de répartition et densité

La fonction de répartition de XX est FX(x)=P(X≤x)F_X(x) = P(X \leq x) : elle est croissante, continue à droite, de limites 00 en −∞-\infty et 11 en +∞+\infty, et P(a<X≤b)=FX(b)−FX(a)P(a < X \leq b) = F_X(b) - F_X(a).
XX est à densité si FXF_X est continue sur R\mathbb{R} et de classe C1C^{1} sauf en un nombre fini de points ; une densité est alors f=FX′f = F_X' (là où elle existe).
Une fonction ff est une densité si f≥0f \geq 0, ff est continue sauf en un nombre fini de points et ∫−∞+∞f(t) dt=1\int_{-\infty}^{+\infty} f(t)\,dt = 1. Alors FX(x)=∫−∞xf(t) dtF_X(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt, P(a≤X≤b)=∫abf(t) dtP(a \leq X \leq b) = \int_a^b f(t)\,dt et P(X=a)=0P(X = a) = 0 pour tout aa.

2. Espérance et variance

Si ∫−∞+∞∣t∣f(t) dt\int_{-\infty}^{+\infty} |t|f(t)\,dt converge, XX admet une espérance E(X)=∫−∞+∞tf(t) dtE(X) = \int_{-\infty}^{+\infty} tf(t)\,dt.
Transfert : E(g(X))=∫−∞+∞g(t)f(t) dtE(g(X)) = \int_{-\infty}^{+\infty} g(t)f(t)\,dt sous réserve de convergence absolue.
Variance : V(X)=E(X2)−E(X)2V(X) = E(X^{2}) - E(X)^{2}, avec les mêmes règles E(aX+b)=aE(X)+bE(aX + b) = aE(X) + b et V(aX+b)=a2V(X)V(aX + b) = a^{2}V(X) que dans le cas discret.

3. Lois uniforme et exponentielle

  • Uniforme U([a;b])\mathcal{U}([a ; b]) : f(t)=1b−af(t) = \frac{1}{b - a} sur [a;b][a ; b] et 00 ailleurs ; E(X)=a+b2E(X) = \frac{a + b}{2}, V(X)=(b−a)212V(X) = \frac{(b - a)^{2}}{12}.
  • Exponentielle E(λ)\mathcal{E}(\lambda), λ>0\lambda > 0 : f(t)=λe−λtf(t) = \lambda e^{-\lambda t} pour t≥0t \geq 0 et 00 sinon ; F(x)=1−e−λxF(x) = 1 - e^{-\lambda x} pour x≥0x \geq 0 ; E(X)=1λE(X) = \frac{1}{\lambda}, V(X)=1λ2V(X) = \frac{1}{\lambda^{2}}.

La loi exponentielle est sans mémoire : pour s,t≥0s, t \geq 0, P(X>s)(X>s+t)=P(X>t)P_{(X > s)}(X > s + t) = P(X > t). Elle modélise des durées de vie sans vieillissement (désintégration, temps d'attente).

4. Loi normale

X∼N(μ,σ2)X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^{2}) (σ>0\sigma > 0) a pour densité f(t)=1σ2πexp⁡(−(t−μ)22σ2)f(t) = \dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\dfrac{(t - \mu)^{2}}{2\sigma^{2}}\right), avec E(X)=μE(X) = \mu et V(X)=σ2V(X) = \sigma^{2}.

  • Centrage-réduction : X∼N(μ,σ2)  ⟺  Z=X−μσ∼N(0,1)X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^{2}) \iff Z = \dfrac{X - \mu}{\sigma} \sim \mathcal{N}(0, 1).
  • La fonction de répartition Φ\Phi de N(0,1)\mathcal{N}(0, 1) vérifie Φ(−x)=1−Φ(x)\Phi(-x) = 1 - \Phi(x) ; P(∣Z∣≤1,96)≈0,95P(|Z| \leq 1{,}96) \approx 0{,}95.
  • Si X∼N(μ,σ2)X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^{2}) et a≠0a \neq 0, alors aX+b∼N(aμ+b,a2σ2)aX + b \sim \mathcal{N}(a\mu + b, a^{2}\sigma^{2}).

5. Sommes de variables à densité indépendantes

Si XX et YY sont indépendantes de densités fXf_X et fYf_Y (bornées par exemple), X+YX + Y admet pour densité le produit de convolution
fX+Y(x)=∫−∞+∞fX(t)fY(x−t) dtf_{X+Y}(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f_X(t)f_Y(x - t)\,dt
Espérances et variances : E(X+Y)=E(X)+E(Y)E(X + Y) = E(X) + E(Y) et, par indépendance, V(X+Y)=V(X)+V(Y)V(X + Y) = V(X) + V(Y).
Stabilité de la loi normale : si X∼N(μ1,σ12)X \sim \mathcal{N}(\mu_1, \sigma_1^{2}) et Y∼N(μ2,σ22)Y \sim \mathcal{N}(\mu_2, \sigma_2^{2}) sont indépendantes, X+Y∼N(μ1+μ2,σ12+σ22)X + Y \sim \mathcal{N}(\mu_1 + \mu_2, \sigma_1^{2} + \sigma_2^{2}).

6. Inégalités et théorèmes limites

  • Markov : si X≥0X \geq 0 admet une espérance, pour tout a>0a > 0, P(X≥a)≤E(X)aP(X \geq a) \leq \dfrac{E(X)}{a}.
  • Bienaymé-Tchebychev : si XX admet une variance, pour tout ε>0\varepsilon > 0, P(∣X−E(X)∣≥ε)≤V(X)ε2P(|X - E(X)| \geq \varepsilon) \leq \dfrac{V(X)}{\varepsilon^{2}}.
  • Loi faible des grands nombres : si (Xn)(X_n) sont indépendantes, de même loi, d'espérance mm et de variance σ2\sigma^{2}, et X‾n=1n∑k=1nXk\overline{X}_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} X_k, alors pour tout ε>0\varepsilon > 0, P(∣X‾n−m∣≥ε)→0P(|\overline{X}_n - m| \geq \varepsilon) \to 0.
  • Convergence en loi : FXn(x)→FX(x)F_{X_n}(x) \to F_X(x) en tout point xx où FXF_X est continue. Si Xn∼B(n,pn)X_n \sim \mathcal{B}(n, p_n) avec npn→λ>0np_n \to \lambda > 0, XnX_n converge en loi vers P(λ)\mathcal{P}(\lambda).
  • Théorème central limite (admis) : sous les hypothèses de la loi faible avec σ>0\sigma > 0, X‾n−mσ/n\dfrac{\overline{X}_n - m}{\sigma/\sqrt{n}} converge en loi vers N(0,1)\mathcal{N}(0, 1).

Méthodes et exemples rédigés

Méthode : Vérifier une densité et l'exploiter

Exemple

Soit f(t)=ct2f(t) = ct^{2} sur [0;1][0 ; 1] et f(t)=0f(t) = 0 ailleurs. Déterminer cc, puis P(X≤12)P\left(X \leq \frac{1}{2}\right) et E(X)E(X).

  1. Étape 1 (Normalisation) : f≥0f \geq 0 impose c≥0c \geq 0, ff est continue sauf en 11, et ∫01ct2 dt=c3=1\int_0^1 ct^{2}\,dt = \frac{c}{3} = 1, donc c=3c = 3.

  2. Étape 2 (Probabilité) : P(X≤12)=∫01/23t2 dt=(12)3=18P\left(X \leq \frac{1}{2}\right) = \int_0^{1/2} 3t^{2}\,dt = \left(\frac{1}{2}\right)^{3} = \frac{1}{8}.

  3. Étape 3 (Espérance) : E(X)=∫013t3 dt=34E(X) = \int_0^1 3t^{3}\,dt = \frac{3}{4} (l'intégrale est sur un segment, donc convergente).

Méthode : Utiliser la loi exponentielle

Exemple

La durée de vie XX (en années) d'un composant suit E(0,1)\mathcal{E}(0{,}1). Calculer E(X)E(X), P(X>5)P(X > 5) et la probabilité qu'il dure encore 5 ans sachant qu'il a déjà fonctionné 10 ans.

  1. Étape 1 (Espérance) : E(X)=10,1=10E(X) = \frac{1}{0{,}1} = 10 ans.

  2. Étape 2 (Queue) : P(X>5)=1−F(5)=e−0,5≈0,607P(X > 5) = 1 - F(5) = e^{-0{,}5} \approx 0{,}607.

  3. Étape 3 (Absence de mémoire) : P(X>10)(X>15)=e−1,5e−1=e−0,5≈0,607P_{(X > 10)}(X > 15) = \dfrac{e^{-1{,}5}}{e^{-1}} = e^{-0{,}5} \approx 0{,}607 : l'âge déjà atteint ne change rien.

Méthode : Calculer une probabilité avec une loi normale

Exemple

La masse XX (en g) d'un chiot à la naissance suit N(400,502)\mathcal{N}(400, 50^{2}). Calculer P(X≤480)P(X \leq 480), sachant que Φ(1,6)≈0,945\Phi(1{,}6) \approx 0{,}945.

  1. Étape 1 (Centrer-réduire) : Z=X−40050∼N(0,1)Z = \dfrac{X - 400}{50} \sim \mathcal{N}(0, 1).

  2. Étape 2 (Traduire) : X≤480  ⟺  Z≤8050=1,6X \leq 480 \iff Z \leq \dfrac{80}{50} = 1{,}6.

  3. Étape 3 (Conclure) : P(X≤480)=Φ(1,6)≈0,945P(X \leq 480) = \Phi(1{,}6) \approx 0{,}945 ; par symétrie, P(X≤320)=1−Φ(1,6)≈0,055P(X \leq 320) = 1 - \Phi(1{,}6) \approx 0{,}055.

Méthode : Dimensionner un échantillon avec Bienaymé-Tchebychev

Exemple

On estime la proportion pp d'animaux porteurs d'un caractère par la fréquence FnF_n observée sur nn animaux. Quel nn garantit P(∣Fn−p∣≥0,05)≤0,1P(|F_n - p| \geq 0{,}05) \leq 0{,}1 ?

  1. Étape 1 (Moments) : nFn∼B(n,p)nF_n \sim \mathcal{B}(n, p), donc E(Fn)=pE(F_n) = p et V(Fn)=p(1−p)n≤14nV(F_n) = \frac{p(1 - p)}{n} \leq \frac{1}{4n}, car p(1−p)≤14p(1 - p) \leq \frac{1}{4}.

  2. Étape 2 (Inégalité) : P(∣Fn−p∣≥0,05)≤14n×0,0025=100nP(|F_n - p| \geq 0{,}05) \leq \dfrac{1}{4n \times 0{,}0025} = \dfrac{100}{n}.

  3. Étape 3 (Conclure) : 100n≤0,1  ⟺  n≥1 000\frac{100}{n} \leq 0{,}1 \iff n \geq 1\,000 ; cette taille suffit quel que soit pp (la majoration est grossière, l'approximation normale donnerait un nn plus petit).

Pièges fréquents

Questions de révision

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

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

E=1λE = \frac{1}{\lambda} et V=1λ2V = \frac{1}{\lambda^{2}}.

Si X∼N(μ,σ2)X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^{2}), loi de X−μσ\frac{X - \mu}{\sigma} ?

N(0,1)\mathcal{N}(0, 1).

Inégalité de Bienaymé-Tchebychev ?

P(∣X−E(X)∣≥ε)≤V(X)ε2P(|X - E(X)| \geq \varepsilon) \leq \dfrac{V(X)}{\varepsilon^{2}}.

Relation entre densité et fonction de répartition ?

F(x)=∫−∞xf(t) dtF(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt et F′=fF' = f là où ff est continue.

Loi de X+YX + Y pour X∼N(μ1,σ12)X \sim \mathcal{N}(\mu_1, \sigma_1^{2}), Y∼N(μ2,σ22)Y \sim \mathcal{N}(\mu_2, \sigma_2^{2}) indépendantes ?

N(μ1+μ2,σ12+σ22)\mathcal{N}(\mu_1 + \mu_2, \sigma_1^{2} + \sigma_2^{2}).

Valeur approchée de P(∣Z∣≤1,96)P(|Z| \leq 1{,}96) pour Z∼N(0,1)Z \sim \mathcal{N}(0, 1) ?

0,950{,}95.

Exercices corrigés

Exercice 1 Constante de normalisation

Palier 1 · découverte

Soit c∈Rc \in \mathbb{R} et ff la fonction définie par f(x)=cxf(x) = cx si x∈[0;2]x \in [0 ; 2] et f(x)=0f(x) = 0 sinon.
Pour quelle valeur de cc la fonction ff est-elle une densité de probabilité ?

Un indice

Une densité est positive et son intégrale sur R\mathbb{R} vaut 1.

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Réponse attendue : 1/2

∫02cx dx=c[x22]02=2c\int_0^2 cx\,dx = c\left[\dfrac{x^{2}}{2}\right]_0^2 = 2c. La condition 2c=12c = 1 donne c=12c = \dfrac{1}{2} (et alors f≥0f \geq 0).

Exercice 2 Loi normale et centrage-réduction

Palier 2 · application

La masse XX (en kg) d'un agneau à la naissance suit la loi normale N(4;0,36)\mathcal{N}(4 ; 0{,}36) (espérance 4, variance 0,360{,}36). On donne Φ(1,5)≈0,9332\Phi(1{,}5) \approx 0{,}9332, où Φ\Phi est la fonction de répartition de N(0,1)\mathcal{N}(0, 1).
Calculez P(3,1≤X≤4,9)P(3{,}1 \leq X \leq 4{,}9), arrondi à 10−410^{-4}.

Un indice

Centrez et réduisez : Z=X−4σZ = \dfrac{X - 4}{\sigma} suit N(0,1)\mathcal{N}(0, 1), avec σ\sigma la racine de la variance.

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Réponse attendue : 0.8664

σ=0,6\sigma = 0{,}6 et P(3,1≤X≤4,9)=P(−1,5≤Z≤1,5)=2Φ(1,5)−1≈2×0,9332−1=P(3{,}1 \leq X \leq 4{,}9) = P(-1{,}5 \leq Z \leq 1{,}5) = 2\Phi(1{,}5) - 1 \approx 2 \times 0{,}9332 - 1 = 0,8664.

Exercice 3 Médiane d'une durée de vie

Palier 3 · approfondissement

La durée de vie d'un petit mammifère (en mois) suit une loi exponentielle d'espérance 10 mois.
Calculez sa médiane, c'est-à-dire le réel mm tel que P(T≤m)=12P(T \leq m) = \dfrac{1}{2}. Donnez le résultat arrondi au dixième.

Un indice

Déterminez d'abord le paramètre λ\lambda à partir de l'espérance.

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Réponse attendue : 6.9

λ=110\lambda = \dfrac{1}{10} et e−m/10=12e^{-m/10} = \dfrac{1}{2} donne m=10ln⁡2≈6,93m = 10\ln 2 \approx 6{,}93, soit 6,9 mois.
La médiane est inférieure à l'espérance : la loi exponentielle est dissymétrique.

Exercice 4 Deux causes de mortalité

Palier 4 · défi

Un oiseau peut mourir de prédation, au bout d'un temps T1∼E(0,1)T_1 \sim \mathcal{E}(0{,}1), ou de maladie, au bout d'un temps T2∼E(0,15)T_2 \sim \mathcal{E}(0{,}15) (en années), avec T1T_1 et T2T_2 indépendants. Sa durée de vie est T=min⁡(T1,T2)T = \min(T_1, T_2).
Déterminez la loi de TT, puis son espérance en années.

Un indice

Calculez P(T>t)P(T > t) : le minimum dépasse tt si et seulement si les deux durées dépassent tt.

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Réponse attendue : 4

P(T>t)=e−0,1te−0,15t=e−0,25tP(T > t) = e^{-0{,}1t}e^{-0{,}15t} = e^{-0{,}25t} pour t≥0t \geq 0, donc T∼E(0,25)T \sim \mathcal{E}(0{,}25).
E(T)=10,25=E(T) = \dfrac{1}{0{,}25} = 4 ans.