Réponses aux problèmes du chapitre 5

January 12, 2018 | Author: Anonymous | Category: Mathématiques, Statistiques et probabilités
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MAT1085 Chapitre 5 Lois discrètes Solutions 5.1

On sait par expérience que 70% des personnes atteintes de la maladie du sommeil finissent par en mourir. Dans une petite ville, 5 habitants sont atteints de la maladie. a) Quelle est la probabilité qu’exactement deux des cinq finissent par en mourir? Le nombre X de ceux qui finissent par en mourir est de loi (5;0,7). Donc P(X=2) = 0,1323.

5.2

b) Quelle est la probabilité qu’au moins une des cinq finisse par en mourir? P(X ≥ 1)= 1 - P(X = 0) = 0,99757. Dix pour-cent des pièces produites par une machine sont défectueuses. Quelle est la probabilité pour que dans un échantillon de 100 pièces choisies au hasard on trouve 10 pièces défectueuses? Le nombre X de pièces défectueuses est de loi (100;0,1) et P(X = 10) = 0,1319.

5.3

Un examen de 8 questions objectives donne pour chaque question un choix de quatre réponses dont une seule est correcte. Pour réussir l'examen il faut avoir au moins 5 bonnes réponses. Quelle est la probabilité qu'un étudiant qui ne connaît pas sa matière et répond au hasard réussisse?

5.4

Dans une certaine école 4% des enfants sont gauchers. Quelle est la probabilité qu'il n'y ait pas de gauchers dans une classe de 25 enfants?

5.5

Afin de contrôler la qualité des pièces produites par une machine, on prélève de temps en temps un échantillon de 10 pièces. On arrête la production pour inspecter la machine si dans l’échantillon on trouve une ou plusieurs pièces défectueuses; autrement, on laisse la machine fonctionner. Supposons qu’en fait 20% de la production est défectueuse. Quelle est la probabilité qu’après un échantillonnage de 10, on la laisse fonctionner ?

Le nombre X de bonnes réponses est de loi (8; 0,25). P(Réussir) = P(X ≥ 5) = 0,027298.

Le nombre X de gauchers dans une classe de 25 est de loi (25;.04).P(X = 0) = 0,3604.

Le nombre X de pièces défectueuses dans l’échantillon est de loi (10;0,2). La probabilité qu’on la laisse fonctionner est P(X = 0) = 0,1073742.

5.6

Un célèbre magicien qui prétendait avoir des pouvoirs de perception extrasensorielle a accepté de se livrer à une expérience dans laquelle il se proposait de deviner le résultat du lancer d’un dé. En 12 essais, il a réussi à deviner le résultat 10 fois. Vérifier que la probabilité d’un nombre de succès aussi grand que 10 (c’est-à-dire supérieur ou égal à 10) est excessivement petite pour quelqu’un qui répond au hasard; et expliquer à quelle conclusion ce fait a tendance à mener. Soit X le nombre de succès en 12 essais. Alors X ~ (12 ; p). Si le magicien est un homme normal, alors p =1/6, et la probabilité de réussir aussi souvent que lui est P(X  10) = 0,000 000 786. Un tel succès est très improbable sous l’hypothèse que seul le hasard agit. Nous devons conclure que la probabilité de succès pour ce magicien est supérieure à 1/6. Peut-on alors créditer l’idée qu’il a des pouvoirs de perception extrasensorielle? Pas encore : nous concluons que p > 1/6, c’est tout. La raison pour laquelle p > 1/6 est une autre question, et ne relève pas de la statistique.

5.7

Un certain test psychologique consiste à lire un paragraphe, et puis répondre à 20 questions portant sur le texte lu. Un choix de 5 réponses est donné pour chaque question. Un évaluateur, tentant de démontrer que le test ne mesure pas l’aptitude à la lecture, répond aux 20 questions sans avoir lu le texte. Il choisit la bonne réponse à 8 des questions. Calculer la probabilité d’avoir 8 succès ou plus, et discuter les implications sur la qualité du test. Si le test est un bon test de lecture, le nombre de succès X aux questions devrait être à peu près celui attendu sous l’hypothèse que les réponses sont données de façon purement aléatoire. Auquel cas, X ~(20 ; 0,20) et alors la probabilité de réussir à autant de questions est P(X  8) = 0,032 14 — une probabilité trop faible, donc un taux de succès trop élevé pour être attribué au hasard. Il serait donc possible d’avoir un certain succès sans lire le texte, ce qui en fait un test imparfait.

5.8

Il existe des conjectures selon lesquelles certaines personnes sont capables, dans une certaine mesure, de surseoir à leur mort afin de pouvoir une dernière fois vivre un des bons moments de la vie. Définissant un anniversaire de naissance comme un de ces bons moments, des chercheurs ont prélevé les dates de naissance et de mort dans un échantillon de 500 décès. Ils ont constaté que sur ces 500 décès, 5 sont survenus le jour même de l’anniversaire du décédé. Ce nombre est supérieur à la normale, mais l’est-il assez pour confirmer les conjectures? X, le nombre de personnes parmi 500 qui décèdent le jour de leur anniversaire est de loi (500 ; p). Si les gens n’ont aucun pouvoir particulier de surseoir à leur mort, p = 1/365, environ. Sous cette hypothèse, on devrait avoir en moyenne 1,37 tels décès dans un échantillon de 500. Or on en a observé 5. La probabilité d’un nombre aussi important de « succès » est P(X  5) = 0,01296, probabilité plutôt faible. On peut conclure que la probabilité de mourir le jour de l’anniversaire est plus élevée que pour un jour quelconque.

5.9

On suppose que dans une certaine région, la proportion des gens qui sont un faveur du libre échange est p  40%. Lors d’un sondage auprès de 15 personnes, on trouve X  11 personnes en faveur du libre échange. a) Calculer la probabilité d’un écart absolu, |XE(X)|, aussi grand que (c’est-à-dire, supérieur ou égal à) l’écart observé de 5.

MAT1085 Chapitre 4 Lois discrètes 2

E(X) = 6, et |X-6|  5 si et seulement si X  1 ou X  11. La probabilité de ceci lorsque X ~ (15 ; 0,4) est 0,014 52.

b) Étant donné la probabilité calculée en a), y a-t-il lieu de retoucher l’hypothèse que p  0,4? Nous avons observé une valeur plutôt extrême sous l’hypothèse que p = 0,4 – une valeur peu probable sous cette hypothèse. Il y a des raisons de douter que p = 0,4.

5.10 Dans un village où ont été entreposés des déchets chimiques, on constate que 8 personnes ont été atteintes d’une certaine sorte de cancer dans une période de 5 ans. Étant donné que la population du village n’est que de 8 000, ce nombre semble excessif. Une commission chargée de déterminer si les déchets chimiques ont contribué à hausser le taux prélève des données sur les populations de plusieurs villages de taille et situation comparables. La commission découvre que durant la même période, il y a eu 588 cas dans un bassin de population de 2 350 000 habitants. Considérer ce taux comme un taux normal (et connu sans erreur) pour calculer la probabilité d’avoir 8 cas ou plus dans une population de 8 000. Expliquer ce que ce calcul peut contribuer à la question posée par la commission. Soit X le nombre de personnes atteintes de ce cancer parmi les 8 000. Alors X ~ (8 000 ; p). Si ce village n’a pas été affecté pas les dépôts chimiques, alors on estime que p  588/2 350 000 = 0,000 250 21. Dans ce cas, la probabilité d’un nombre de personnes atteintes aussi important que celui qui a été observé (8) est P(X  8) = 0,001 100. La probabilité d’un tel résultat étant plutôt petite, on juge que cet écart à la moyenne (X = 8 comparé à la moyenne de np = 8 000(0,000 250 21)  2) ne peut s’être produit par hasard.

5.11 Une compagnie reçoit un lot de pièces électroniques qu'elle entend tester avant de décider si elle l'accepte ou le rejette. On considère acceptable une proportion de pièces défectueuses de 5 %, mais on ne peut tester toutes les pièces du lot. On décide donc de tester un échantillon de 25 pièces, et de suivre la règle suivante: S'il y a 3 pièces défectueuses ou plus dans l'échantillon, on rejette le lot. S'il y en a moins de 3, on l'accepte. Soit X le nombre de pièces défectueuses dans l’échantillon. Alors X ~ (25; p). On rejette le lot si X  3.

a)

Quelle est la probabilité de rejeter le lot si en fait il est juste acceptable ? Le lot est « juste acceptable » si p = 0,05. La probabilité de rejeter le lot est alors P(X ≥3|p = 0,05) = 0,127106

b) Quelle est la probabilité de rejeter le lot si en fait il est mieux qu'acceptable, dans le sens que seulement 3% de ses pièces sont défectueuse s? La probabilité de rejeter le lot si p= 0,03 est P(X ≥ 3|p = 0,03) = 0,03796

c)

Quelle est la probabilité d'accepter le lot si en fait il n'est pas acceptable, dans le sens que 10 % de ses pièces sont défectueuses? P(X < 3 | p = 0,10) = 0,5370941

d) Comment doit-on changer la règle ci-dessus si on tient à ce que la probabilité de rejeter le lot lorsque celui-ci est acceptable (c'est-à-dire, lorsqu'il a exactement 5 % de pièces défectueuses) soit  1%? [Suggestion: calculer P(X ≥ 4), P(X ≥ 5), etc.] Voici un tableau de probabilités: x 0 1 2 3 4 5 1 0,72261 0,35762 0,12711 0,03409 0,00716 P(X  x | p = 0,05) On doit fixer la règle suivante : on rejette le lot si X  5. On aura alors : P(rejeter un lot dans lequel il y a 5% de défectueuses) = P(X  5 | p = 0,05) = 0,00716  1%. La règle : on rejette le lot si X  4 ne satisfait pas cette condition.

e) Avec la règle développée en d), quelle est la probabilité d'accepter le lot si en fait il n'est pas acceptable, dans le sens que 10 % de ses pièces sont défectueuses? La probabilité d’accepter un lot qui n’est pas acceptable est P(X  4 | p = 0,1) =0,9020064.

f)

La règle développée en d) est différente de celle énoncée au début de cet exercice. Expliquez brièvement les avantages et désavantages des deux règles. Un résumé, sous la forme d’un tableau comme celui ci-dessous, peut aider : Probabilité d’accepter un lot Probabilité de rejeter un lot inacceptable (p = 0,10) acceptable (p = 0,05) On rejette le lot si X  3 P(X  2 | p = 0,1) = 0,5371 P(X  3 | p = 0,05) = 0,1271 Règle utilisée On rejette le lot si X  5 P(X  4 | p = 0,1) = 0,9020 P(X  5 | p = 0,05) = 0,00716 La probabilité de rejeter un lot acceptable est de 12,71% avec la première règle, et seulement 0,716% avec la 2e règle — un avantage de la deuxième règle, qui ne rejette pas facilement un lot acceptable. Par contre, la probabilité d’accepter un mauvais (p = 0,1) lot est de 53,71% avec la première règle et 90,20% avec la deuxième règle — un avantage de la première règle. On ne peut pas tout avoir : si on ne veut pas risquer de rejeter un bon lot, il ne faut pas rejeter trop facilement. Mais alors on risque plus d’accepter un mauvais lot.

5.12 Une fabrique produit des bouteilles dont 20 % sont défectueuses. Une bouteille est défectueuse si la probabilité qu'elle se casse lorsqu'on la laisse tomber d'une hauteur de 1 mètre est 0,7. Pour une bouteille non défectueuse, la probabilité qu'elle se casse n'est que de 0,1. a) Vous tirez au hasard une bouteille. Quelle est la probabilité qu'elle se casse lorsque vous la laissez tomber d'une hauteur de 1 m? Soit C l’événement « la bouteille se casse » et D l’événement « la bouteille est défectueuse. P(C)=P(D  C)+P(D  C) = (0,2)(0,7)+(0,8)(0,1) = 0,22. c

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b) Vous tirez au hasard 4 bouteilles et vous les laissez toutes (une à une) tomber d'une hauteur de 1m. Quelle est la probabilité que 2 d'entre elles se cassent ? Le nombre X de bouteilles qui se cassent est de loi (4 ; 0,22). P(X = 2) = 0,1766794

c)

Vous tirez au hasard 4 bouteilles et vous les laissez tomber d'une hauteur de 1 m. Quelle est la probabilité de l'événement « toutes les défectueuses et seules les défectueuses se cassent »? Soit Ai l’événement « la ie bouteille est défectueuse et se casse ou n’est pas défectueuse et ne se casse pas ». Nous cherchons la probabilité P(A1A2A3A4) =(0,14+0,72)4 = 0,864 = 0,5470082.

d) Vous tirez au hasard 4 bouteilles et vous les laissez tomber d'une hauteur de 1m. Deux des 4 bouteilles se sont cassées. (i) Quelle est la probabilité que les 4 bouteilles aient été défectueuses ? Soit D l’événement « les 4 bouteilles sont défectueuses » et C l’événement « 2 des 4 bouteilles se cassent ». On cherche . P(DC) = P(D)P(C|D). P(D) = (0,2)4 et P(C|D) = 0,2466. Donc P(DC) = 0,00042336. P(C) = 0,17667936. Donc P(D|C) = P(DC)/P(C)= 0,00042336/0,1766793 = 0,002396205.

(ii) Quelle est la probabilité que 3 des 4 bouteilles de l'échantillon aient été défectueuses? Soit D l’événement « 3 des 4 bouteilles sont défectueuses » et C l’événement « 2 des 4 bouteilles se cassent ». On cherche . P(DC) = P(D)P(C|D). P(D) = 0,0256 et P(C|D) = 0,4158. Donc P(DC) = 0,0256(0,4158) = 0,01064448. P(C) = 0,17667936. Donc P(D|C) = P(DC)/P(C)= 0,0256(0,4158) /0,1766793 = 0,002396205 = 0,06024744486.

e)

Vous tirez une bouteille au hasard, la laissez tomber 4 fois. Elle ne se casse pas. Quelle est la probabilité qu'elle soit défectueuse? [Faites les suppositions d'indépendance qu'il faut: une bouteille n'est pas «affaiblie» par le choc] Soit D l’événement « la bouteille est défectueuse » et C l’événement « elle ne se casse pas ». 0,003076923. On cherche P(DC) = P(D)P(C|D). P(D) = 0,2 et P(C|D) = (0,3)4. Donc P(DC) = (0,2)(0,34) = 0,00162. P(C) = (0,2)(0,34)+(0,8)(0,94) = 0,5265. Donc P(D|C) = P(DC)/P(C)= .00162/0,5265 = 0,003076923.

5.13 Un laboratoire qui effectue sur une grande échelle des tests pour détecter un certain anticorps peut épargner de l’effort en faisant un seul test sur plusieurs spécimens à la fois. Lorsque l’anticorps n’est pas présent dans l’ensemble des spécimens, c’est parce qu’il n’est présent dans aucun. On déclare alors un résultat négatif pour tous les patients sans plus de tests. Si le résultat est positif, cependant, on analyse chaque spécimen séparément. a) Si on utilise cette approche avec 10 spécimens d’une population dont une certaine proportion p ont l’anticorps en question (sont «positifs»), quelle est l’espérance du nombre de tests qu’il faudra effectuer (i) si p  0,10, et (ii) si p  0,25. On répond à la question en termes généraux : on suppose n spécimens, et une proportion p de l’échantillon possédant l’anticorps en question. Soit X le nombre de tests qu’on effectuera : X sera égal à 1si aucun des n spécimens ne contient l’anticorps, et donc P(X = 1) = 1-p)n; X sera égale à n+1si au moins un spécimen contient l’anticorps, et donc P(X = n+1) = 1-(1-p)n. On a alors E(X) = 1×(1-p)n + (n+1)×[1-(1-p)n] = n+1n(1-p)n. Si n = 10, on a E(X) = 7,51 si p = 0,1 et E(X) = 10,44 si p = 0,25.

b) Pour quelles valeurs de p l’approche décrite ici est-elle préférable à l’approche usuelle (tester les 10 spécimens séparément)? On épargne des tests si p = 0,1 mais pas si p = 0,25. En termes généraux : Cette approche est avantageuse si en moyenne elle résulte en un nombre inférieur d’essais, c’est-à-dire si n+1-n(1-p)n < n  p < 1-(1/n)1/n. Donc lorsque n = 10, il faut que p < 1-(1/10)0,1  0,20567.

c) Si n est le nombre de spécimens qu’on groupe, montrer que l’approche décrite ici est préférable à l’approche usuelle si et seulement si p < 1  (1/n)1/n. Cette approche est préférable si p < 1-(1/n) 1/n 5.14 Un couple décide d’avoir des enfants jusqu’à ce qu’il ait un garçon. Quelle est la probabilité qu’il ait 4 enfants? Quelle est l’espérance mathématique du nombre d’enfants qu’il aura? Le nombre d’enfants X est une variable de loi géométrique de paramètre p = ½. P(X = 4) = q4-1p = 1/16. L’espérance du nombre d’enfants est E(X) = 1/p = 2

5.15 On lance un dé jusqu’à ce qu’apparaisse la face « 6 ». Quelle est la probabilité que le dé soit lancé exactement 8 fois ? 8 fois ou plus? Le nombre de lancers X est de loi géométrique de paramètre p = 1/6. P(X = 8) = (5/6)7(1/6) = 0,046514. P(X  8) = 1-P(X ≤ 7) = 1-(1-q7) = (5/6)7 = 0,27908.

5.16 Un couple décide d’avoir des enfants jusqu’à ce qu’il ait au moins un enfant de chaque sexe. Le nombre d’enfants est Y = 1+X, où X est le nombre d’essais nécessaire, après le premier, pour avoir un enfant du sexe opposé à celui du premier. Donc X est de loi géométrique de paramètre p = ½.

a) Quelle est la probabilité qu’il ait 4 enfants? b) Quelles sont l’espérance et la variance du nombre d’enfants qu’il aura?

P(Y = 4) = P(1+X = 4) = P(X =3) = 1/8.

E(Y) = E(1+X) = 1 + E(X) = 1+1/½ = 3; Var(Y) = Var(1+X) = Var(X) = ½/(½)2 = 2

5.17 Un joueur à la roulette mise toujours sur le noir, avec l’intention de s’arrêter au premier gain. Quelle est la probabilité qu’il doive jouer plus de 6 fois? [On suppose que la probabilité d’avoir noir à la roulette est 18/38]. Le nombre X de fois qu’il jouera est de loi géométrique de paramètre p = 18/38. Alors P(X > 6) = q6, où q = 1-p.

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MAT1085 Chapitre 4 Lois discrètes 4 5.18 On lance un dé jusqu’à ce que la face « 6 » soit obtenue pour la 10e fois. Déterminer l’espérance mathématique et la variance du nombre de lancers requis. Le nombre de lancers X est de loi binomiale négative de paramètres n = 10 et p = 1/6. E(X) = n/p = 60; Var(X) = nq/p2 = 300.

5.19 Afin d’estimer le nombre N de truites dans un lac on réalise l’expérience suivante: on prélève 100 truites du lac puis, après les avoir marquées, on les remet dans l’eau. Plus tard on repêche 200 truites du lac et on observe le nombre X de truites marquées dans ce second prélèvement. Si X  5, quelle valeur de N vous paraît la plus vraisemblable? On a trouvé X = 5 truites marquées sur 100 dans un échantillon d’un lac dont on sait que 200 sont marquées. La proportion de truites marquées dans l’échantillon est 0,05, ce qui doit être proche de la proportion de truites marquées dans le lac, qui est 200/N. En posant 200/N  0,05, on estime N  200/0,05 = 4000. Une approche plus formelle consiste à déterminer la valeur de N pour laquelle la probabilité de X = 5, est maximale. En d’autre termes, on maximise P(X = 5) =

   . On peut montrer que la valeur de N qui maximise cette probabilité est bien 4000.   100 x

N 100 200  x N 200

5.20 Une compagnie se fait accuser de discrimination pour avoir engagé 6 hommes et une femme pour 7 postes identiques alors que des 17 candidats qui s’étaient présentés, 9 étaient des femmes. Calculer la probabilité d’avoir si peu de femmes (c’est-à-dire, une ou moins) en supposant un choix au hasard. Est-ce que ce calcul de probabilité peut contribuer au débat ? La probabilité qu’il y ait si peu de femmes engagées est 0,01336898, plutôt faible. Il semble y avoir quelque chose qui défavorise les femmes.

5.21 Le taux de naissance au Canada est d’environ 43 naissances par heure. Quelle est la probabilité que durant les 5 prochaines minutes il y ait 3 naissances ou plus ? Quelle est la probabilité que 10 minutes s’écoulent sans aucune naissance? Le nombre X de naissances au cours des 5 prochaines minutes est de loi de Poisson de paramètre  = 43/12. P(X  3) = 1-P(X  2) = 1 – { e

 (43/12)

(43 / 12)

0!

0

+

e

 (43/12)

1

(43 / 12)

1!

+

e

 (43/12)

(43 / 12)

2

}= 0,6943. La probabilité que 10 minutes s’écoulent sans aucune naissance est P(Y =

2!

0), où Y est de loi de Poisson de paramètre  = 43/6. On a P(Y = 0) =

e

 (43/6)

(43 / 6)

0

= 0,00077

0!

5.22 Dans un pétrin contenant la quantité de pâte nécessaire pour faire 100 gâteaux, on ajoute 1000 raisins secs. Quelle est la probabilité qu'un gâteau tiré de ce pétrin contienne exactement 10 raisins secs? Il est raisonnable de penser que X, le nombre de raisins dans ce gâteau est une variable de loi (), avec  = 10. P(X = 10) =

e

10

10

10

= 0,12511

10!

5.23 Un typographe fait en moyenne une erreur par page. Quelle est la probabilité que dans un livre de 20 pages, il y ait au moins 10 pages sans erreur? (Supposez que le nombre d'erreurs dans une page suit une loi de Poisson). Le nombre X de pages sans erreur est une variable de loi (20; p), où p, la probabilité d’une page sans erreur est e-1. P(X ≥ 10) =

  (e 20

20

x 10

x

) (1  e 1 ) 20  x = 0,1600727.

1 x

5.24 Deux sortes de véhicules arrivent régulièrement à un poste de péage: les véhicules privés et les véhicules commerciaux. Entre 10 heures et 15 heures, le nombre moyen de véhicules privés est de 2 à la minute, alors que le nombre moyen de véhicules commerciaux est de 3 à la minute. a) Quelle est la probabilité qu'en une minute 2 véhicules privés et 2 véhicules publics arrivent au poste de péage? Soit X et Y le nombre de véhicules privés et commerciaux, respectivement, qui passent en une minute donnée. Il est raisonnable de supposer 2 2 3 2 e 2 e 3 que X et Y sont indépendantes. Donc P(X = 2 et Y = 2) = P(X = 2)P(Y = 2)= = 0,06064152 2! 2!

b) Quelle est la probabilité qu'en une minute, 4 véhicules arrivent au poste de péage? Alors, si on suppose que X et Y sont indépendantes, on peut conclure que X+Y est de loi (2+3) et donc P(X + Y = 4) = e-554/4! = 0,1755

5.25 Supposons que le nombre d’erreurs typographiques dans les pages d'un livre est une variable de loi de Poisson de paramètre . On tire une page au hasard, et on n’y trouve aucune erreur. a) Calculer P{X  0} en supposant que  5. La valeur   5 est-elle plausible?

La probabilité de 0 est 0,006738 si  = 5. C’est une raison de douter de la valeur  = 5.

b) Calculer P{X  0} en supposant que   1. La valeur  1 est-elle plausible?

La probabilité de 0 est 0,3679 si  = 1. Pas de raison de douter de la valeur  = 1.

c) Convenons d’appeler «plausible» toute valeur de  pour laquelle P{X  0} ≥ 0,05. Quel est l’ensemble des valeurs plausibles de ?   -ln(0,05) = 2,9957 5.26 Une compagnie reçoit régulièrement des lots de plaques d'émail. On considère acceptable un lot dont le nombre moyen  de défauts (des taches blanches dans l'émail) par plaque est ≤ 0,10. On décide qu'à chaque réception d'un lot on examinera un échantillon de 25 plaques afin de compter le nombre total X de taches dans les 25 plaques. On convient de la règle suivante: on rejettera le lot si X ≥ 4.

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MAT1085 Chapitre 4 Lois discrètes 5 a) Quelle est la probabilité de rejeter un lot pour lequel  est précisément égal à 0,10?

P(rejeter le lot |  = 0,10) = P(X  4 |  = 2,5) = 0,242424

b) Quelle est la probabilité de rejeter un lot qui est en fait mieux qu'acceptable dans le sens que  = 0,05?

P(rejeter le lot |  = 0,05) = P(X  4 |  = 1,25) = 0,03827

c) Quelle est la probabilité de rejeter un lot qui est en fait inacceptable, dans le sens que  = 0,15?

P(rejeter le lot |  = 0,15) = P(X  4 |  = 3,75) = 0,5162

d) Quelle est la probabilité d'accepter un lot qui est inacceptable dans le sens que  = 0,2?

P(accepter le lot |  = 0,2) = P(X < 4 |  = 5) = 0,26503

e)

Comment doit-on changer la règle ci-dessus si on tient à ce que la probabilité de rejeter un lot acceptable avec ( = 0,10) ne soit pas supérieure à 5%? Voici les probabilités de rejeter un lot acceptable (  = 0,1) selon le critère de rejet : x 5 6 7 On rejette si X  x Probabilité de rejet 0,1088220 0,04202104 0,01418731 On utilisera le critère de rejet X ≥ 6, ce qui donne une probabilité de rejeter un bon lot de 0,0420.

8 0,00424670

Avec la règle développée en e), quelle est la probabilité d'accepter un lot qui est inacceptable, dans le sens que  = 0,2? P(accepter le lot |  = 0,2) = P(X < 6 |  = 5) = 0,61596 g) Avec la règle développée en e), quelle est la probabilité de rejeter un lot pour lequel  est précisément égal à 0,10? f)

P(rejeter le lot |  = 0,1) = P(X  6 |  = 2,5) = 0,04202

h) Commenter les réponses en d) et en f); laquelle des deux procédures est-elle préférable selon cette comparaison? En changeant la procédure, on a fait passer la probabilité d’accepter un mauvais lot (α = 0,2) de 0,26503 à 0,61596, ce qui est un inconvénient de la deuxième procédure..

i) j)

Commenter les réponses en a) et en g); laquelle des deux procédures est-elle préférable selon cette comparaison? En changeant de procédure, nous avons fait passer la probabilité de rejeter un bon lot de 0,242424 à 0,04207. C’est ce pourquoi on a adopté la nouvelle procédure : nous voulons que la probabilité de rejeter un bon lot soit aussi petite que possible. Faire une synthèse des réponses en h) et en i). Nous avons deux types d'erreur possibles: rejeter Ho à tort, ou accepter Ho à tort. Les probabilités de ces erreurs sont présentées dans le tableau suivant pour les deux procédures: Probabilité d’accepter un lot Probabilité de rejeter un lot inacceptable ( = 0,20) acceptable ( = 0,1) On rejette le lot si X  4 P(X < 4 |  = 0,20) = 0,2650 P(X  4| = 0,10) = 0,2424 Règle utilisée On rejette le lot si X  6 P(X < 6 |  = 0,20) = 0,6160 P(X  6| = 0,10) = 0,0420 Nous ne voulons commettre ni l’une ni l’autre des deux erreurs possibles : nous ne voulons pas rejeter un bon lot, ni accepter un mauvais. Il faut équilibrer les deux : pour réduire la probabilité de rejeter un bon lot, nous devons accepter un plus grand risque d’accepter un mauvais. La procédure 2 a permis de réduire la probabilité de rejeter H o à tort; mais en ce faisant, elle a fait croître la probabilité d'accepter Ho à tort. La seule façon de réduire les deux simultanément, c’est d’augmenter la taille de l’échantillon. [Un échantillon de taille 200, par exemple, permettrait de réduire à moins de 5 % et la probabilité de rejeter un bon (p = 0,1) lot, et la probabilité d’accepter un mauvais (p = 0,2) lot.

5.27 On suppose que dans une certaine ville, il se produit en moyenne 1,5 décès par jour. Calculez la probabilité que, la semaine prochaine (7 jours) il y ait: a) exactement 8 décès; Soit X = nombre de décès en 7 jours. X ~ (),  = 10,5. P(X = 8) = 0,1009

b) exactement 2 jours sans décès Y = nombre de jours sans décès. Y ~ (7 ; p) où p = P(un jour sans décès) = e-1,5 = 0,22313. P(Y = 2) = 0,29585 ;

c) au moins un décès chaque jour. Z = nombre de jours avec au moins un décès. Z ~ (7 ; 1- e-1,5). P(Z = 7) = 0,1708

5.28 Au coin de la rue, il passe en moyenne un taxi à chaque 3 minutes mais 40% seulement de ces taxis sont inoccupés. J'ai besoin d'un taxi. a) Quelle est la probabilité que les 3 premiers taxis à passer soient occupés? 0,216 b) Quelle est la probabilité qu'aucun taxi libre n'arrive durant les 20 premières minutes? 0,0694835 c) Quelle est l'espérance du nombre de taxis occupés qui précéderont l'arrivée du premier taxi libre? 1,5 5.29 Un certain défaut dans la fabrication de plaques d'émail se présente sous la forme de minuscules taches blanches sur la surface de l'émail. Admettons que le nombre de taches X sur une plaque suit une loi de Poisson de paramètre . Si =1, calculer a) la probabilité qu'une plaque d'émail contienne 2 taches; 0,1839397 b) la probabilité qu'une plaque d'émail contienne deux taches ou plus; 0,2642411 c) la probabilité que 3 plaques d'émail contiennent en tout 3 taches; 0,2240418 d) la probabilité que 3 plaques d'émail contiennent chacune une tache. 0,04978707 e) la probabilité que 3 plaques d'émail contiennent chacune une tache, étant donné que les 3 plaques contiennent 3 taches en tout. 0,2222222

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f)

Montrez que la probabilité que k plaques contiennent chacune une tache, étant donné qu'elles en contiennent en tout k est k!/kk. g) Montrez que votre réponse en f) demeure vraie même si  1. 5.30 Dans un casino il y a trois machines dans lesquelles les probabilités de gagner sont 1/3, 1/2 et 2/3, respectivement. Vous avez choisi une machine au hasard et gagné 4 fois en 4 essais. Quelle est la probabilité de gagner la prochaine fois (avec la même machine)? 0,6133144 5.31 Deux urnes contiennent chacune une proportion p de boules rouges. On tire avec remise n1 boules de l'urne 1 et n2 boules de l'urne 2. Sachant que m des n1 + n2 boules tirées sont rouges, quelle est la probabilité que le nombre de

   .   n1 k

boules rouges tirées de l'urne 1 soit k?

n2 mk

n1  n2 m

5.31 Deux urnes contiennent chacune une proportion p de boules rouges. On tire avec remise n1 boules de l'urne 1 et n2 boules de l'urne 2. Sachant que m des n1 + n2 boules tirées sont rouges, quelle est la probabilité que le nombre de boules rouges tirées de l'urne 1 soit k ? EXERCICES THÉORIQUES 5.32 Soit pˆ la proportion des personnes en faveur du libre échange dans un échantillon de taille n  20 d’une population dont 60% sont en faveur du libre échange. a) Déterminer E( pˆ ) et Var( pˆ ). b) Déterminer P{| pˆ  0,6| > 0,3} 5.33 Si X est de loi (n ; p) alors X peut s’exprimer comme une somme X  X1  X2  …  Xn où Xi est le nombre de succès au ie tirage. Utilisez ce fait pour montrer que E(X) = np et Var(X) = npq. 5.34 Soit X ~ (n ; p). Montrer que

(1  p ) n k 0   P( X  k )   n  k  1 p  P ( X  k  1) k  1  1 p  k Cette formule est particulièrement utile lorsque n est grand et k petit. 5.35 Soit n épreuves indépendantes avec probabilité p de succès. Déterminer l'espérance, la variance et la fonction de probabilité de la variable Y = nombre de succès moins nombre d'échecs. [Y est une fonction simple du nombre de succès] 5.36 Montrez que la fonction de probabilité d'une variable de loi binomiale de paramètres n et p est non décroissante pour x ≤ (n+1)p. 5.37 Soit X une variable de loi (n ; p). Montrez que pour x fixe, F(x) = P(X ≤ x) est fonction décroissante de p [Suggestion : commencez par supposer que x ≤ np et démontrer le résultat en dérivant F(x) par rapport à p ; si x > np, montrez que 1-F(x) est croissante en p]

5.38 Soit Xn une variable aléatoire de loi (n ; p), Fn(x) = P(Xn ≤ x) et pn(x) = P(X = x). a) Montrer par un argument probabiliste que pn(x) = ppn-1(x-1) + q pn-1(x) et que Fn(x) = Fn-1(x)-p pn-1(x). b) Montrer que Fn ( x)  (n  x)

  n x

q n  x 1

0

t

(1  t ) x dt .

q

Soit Hn(x) = 0 t nx (1  t ) x1 dt , Hn(0) = 0. En intégrant par parties, on trouve que Hn(x+1) =

q n x (1  q) x p x (1  p)n x  x H n ( x) = + ( n  x) ( n  x) nx

n!H n ( x  1) p x (1  p)n x x H ( x) x H ( x) n! H ( x) . Alors Fn(x) =  = Hn(x+1)  pn(x) = n nx nx n ( n  x) x!(n  x  1)! ( x  1)!(n  x)! n

 j 0 x

c)

Montrer que

x

q n x1 n!H n ( j  1) n!H n ( x  1) n! H n ( j ) n! H n ( j ) n! H n ( j ) x x 1 x n! t (1  t ) x dt . = = = j !(n  j  1)!  j 1 ( j  1)!(n  j )!  j 1 ( j  1)!(n  j )!  j 1 ( j  1)!(n  j )! x!(n  x  1)! x!(n  x  1)! 0



x  0

pn () pn ( x  )  pn  n ( x) et donnez-en une interprétation probabiliste. 1

2

1

2

5.39 Soit X une variable de loi (n ; p), et soit pˆ = X/n. Montrer que E[ pˆ (1  pˆ )] =

(n  1) p (1  p )

n 5.40 Soit a et b deux entiers, a ≤ b et X ~ (p). Montrer que P{X > b | X > a} P{X > b a}. 5.41 Soit X une variable de loi géométrique de paramètre p. a) Montrer que E(1/X) = -p (ln p)/(1-p) ; MAT1085.05.Sols.A12

 j0 pn ( j ) =

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.

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b) Considérer une famille qui a l'intention d'avoir autant d'enfants que nécessaire pour avoir un garçon (et de s'arrêter dès qu'ils en ont un). Déterminer l'espérance de la proportion de garçons dans leur ménage.  5.42 Si X ~  (n ; p), démontrer que

  nx  11  pn (1  p) xn 

 1.

x n







(Se servir du développement de Taylor suivant (1  t)-n   n  1  y t y ). y 0

n 1

 5.43 Soit X une variable de loi  (n ; pn). Montrer que si n  ∞ et qn  0 de telle sorte que nqn , alors

P( X  n  u ) 

e u . u!

5.44 Il est utile d’évaluer la fonction de probabilité hypergéométrique à l’aide de la formule récursive suivante ( N1  x)(n  x) P( X  x  1)   P( X  x) ( x  1)( N 2  n  x  1) Démontrer la validité de cette formule, et s’en servir pour évaluer la fonction de probabilité (5 ; 8, 10). x p(x)

0 1 2 3 4 5 0,0294 0,1961 0,3922 0,2941 0,0817 0,0065

5.45 Soit X1 et X2 deux variables aléatoires indépendantes, X1 de loi (N1 ; p) et X2 de loi (N2 ; p). Soit Y  X1  X2. Montrer que la distribution conditionnelle de X1 étant donné que Y  n est (n ; N1, N2).

 N1  N 2   N1  N 2     , et X1+X2 ~(N1+N2 ; p).  u  n  u   n 

Rappel :  u 0  n

5.46 Soit X une variable de loi hypergéométrique de paramètres n, N1 et N2. Montrer que lorsque N1  , N2   de telle sorte que N1/N = p (N = N1 + N2), alors la fonction de probabilité de X tend vers celle d'une variable (n ; p). Suggestion : Montrer que la fonction de probabilité d'une variable de loi hypergéométrique peut s'écrire de la façon suivante :

 Nx  nN x  =  n  N ( N  1) ...( N  ( x  1)) N ( N 2

1

  N n

=

1

1

1

x

 n x

(1  1 / N ) ... (1  ( n  1) / N )

2

2

 1) ...( N 2  (n  x  1))

N ( N  1) ... ( N  ( n  1))



N1 N



N1 N



1 N

 ...

N1 N



x 1 N





N 2 N 2 1  N2 n  x  1   ...     N  N N   N N 

5.47 Soit X et Y deux variables aléatoires indépendantes, de loi de Poisson de paramètres 1 et 2, respectivement. Montrer que Z  X  Y est de loi de Poisson de paramètre 1  2. 5.48 Soit X et Y deux variables aléatoires indépendantes, de loi de Poisson de paramètres 1 et 2, respectivement. Montrer que la distribution conditionnelle de X étant donné X  Y  n est

 1  n; .  1   2 

5.49 Un gâteau est censé contenir des raisins blancs et des raisins rouges. Le nombre de raisins blancs est de loi de Poisson de paramètre 1 et le nombre de raisins rouges suit une loi de Poisson de paramètre 2. Soit X le nombre de raisins blancs et Y le nombre de raisins rouges, et soit Z = X + Y le nombre total de raisins. a) Déterminez une expression pour P(X = x et Y = y), c'est-à-dire pour la probabilité qu'il y ait x raisins blancs et y raisins rouges. b) Montrez que Z suit une loi de Poisson. Quel est le paramètre de cette loi ? c) Déterminez P(Y = y | Z = z), c'est-à-dire la probabilité qu'il y ait y raisins rouges sachant qu'il y a en tout z raisins. (Montrez qu'il s'agit d'une loi binomiale et identifiez-en les paramètres).

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MAT1085 Chapitre 4 Lois discrètes 8

5.50 Montrer que



 i 0

e i



1

 t x

e x ! 

t dt . i! 5.51 Soit (X ; Y ; Z) une multinomiale de paramètres n, p1, p2, et p3. a) Montrer que X + Y est de loi (n ; p1 + p2) ;

b) Montrer que la distribution conditionnelle de X étant donné X + Y = m est (m ; p1/(p1+p2)). 5.52 n personnes participent à une loterie dans laquelle il y a r gagnants, où r croit avec le nombre de participants de telle sorte que  = r/n, le nombre de prix par participant reste fixe. Montrez que lorsque le nombre de participants (et donc de prix) tend vers l'infini, alors la probabilité qu'un participant donné gagne x prix tend vers e-1x/x! EXERCICES À FAIRE À L’ORDINATEUR 5.53 Calculez les valeurs de la fonction de probabilité d’une variable X ~ (15 ; 0,03), et vérifiez numériquement les propriétés E(X) = np et Var(X) = npq. 5.54 Calculez les valeurs de la fonction de probabilité d’une variable X ~ (15 ; 20, 30), et vérifiez numériquement les propriétés E(X) = np et Var(X) = npq(N-n)/(N-1). 5.55 Calculez les valeurs de la fonction de probabilité d’une variable de loi (0,3) pour x = 0, 1, ... , 20, et vérifiez approximativement les propriétés E(X) =  et Var(X) = . 5.56 Comparez graphiquement la fonction de probabilité (30 ; 0,01) à celle d’une variable de loi (0,3). Répétez avec la fonction de répartition. L’application de la statistique à un problème particulier débute toujours par un processus de modélisation, un processus qui consiste à décrire le contexte le plus fidèlement possible en termes mathématiques. Ce qui exige normalement certains jugements concernant l’indépendance de variables aléatoires, leur variance, leur loi. Les problèmes qui suivent ont pour but d’encourager une réflexion sur ces questions. 5.57 Pour chacune des variables aléatoires X suivantes, dites quelle loi pourrait s’appliquer et déterminez E(X) et Var(X). Dites si d’autres lois pourraient également servir approximativement. Justifiez votre ou vos choix, en précisant les hypothèses qu’on doit supposer vraies pour appliquer la loi. Il se peut qu’aucune des lois que vous connaissez ne s’applique. a) Dans un usine on fait fonctionner 5 machines identiques. La probabilité qu’une de ces machines tombe en panne en un jour donné est 0,15. X = le nombre de machines qui tombent en panne. X suit une loi (5 ; 0,15) et donc E(X) = 5(0,15) = 0,75 et Var(X) = 0,6375. Il est indispensable que les machines fonctionnent indépendamment l’une de l’autre. Il ne faudrait pas, par exemple, qu’une panne dans l’une entraîne ou fasse croître la probabilité d’une panne dans une autre.

b) On tire un échantillon de 10 lentilles cornéennes dans un lot de 10 000 lentilles dont 25 sont défectueuses. X = le nombre de lentilles défectueuses dans l’échantillon. Strictement parlant, X ~ (10 ; 25 ; 9975) et E(X) = np = 10(25/10 000) = 0,025. Var(X) = 10

25 10 000

9975 10 000  10 = 0,02493. 10 000 10 000  1

Mais on peut facilement substituer une loi (10 ; 0,0025) à la loi hypergéométrique.

c)

On fait un relevé de tous les dons offerts à une certaine université en 1999. En moyenne, l’université en question reçoit un don de plus de 10 000 $ par année. X = le nombre de dons de plus de 10 000 $. La seule loi qu’on pourrait considérer est la loi de Poisson de paramètre  = 1. Dans ce cas, E(X) = 1 et Var(X) = 1. On pourrait raisonner ainsi : il existe un très grand nombre n de donateurs potentiels, chacun avec une faible probabilité p de faire un don de plus de 10 000 $. Le nombre de tels dons est donc de loi (n ; p), et puisque n est grand et p petit, la loi binomiale peut être approximée par la loi de Poisson.

d) On observe l’état des 500 autobus qui seront en service demain dans la ville. Les données montrent que sur les 2 000 dernières journées-autobus il y a eu 2 pannes. X = le nombre d’autobus qui tomberont en panne demain. On suppose qu’un autobus a une probabilité p = 2/2 000 = 0,001 de tomber en panne en une journée d’opération. Si cette probabilité est la même pour chaque autobus, alors X ~ (500 ; 0,001) et E(X) = 0,5 et Var(X) = 500(0,001)(0,999) = 0,4995. Étant donné la grande taille de n et la petitesse de p, on peut aussi utiliser la loi de Poisson comme approximation, avec  = 0,5.

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e)

On observe les appels reçus dans un bureau entre 13h00 et 16h00 un certain après-midi. Normalement les appels arrivent dans cet intervalle de temps au rythme d’un appel par deux minutes. X = le nombre d’appels reçus entre 13h00 et 16h00 cet après-midi.

X suit probablement une loi de Poisson de paramètre  = 90. Alors E(X) = Var(X) = 90. La loi de Poisson s’appliquerait moins bien si les appels pouvaient avoir un effet l’un sur l’autre. Par exemple, si un appel prolongé empêchait la réception d’autres appels.

f)

On observe 25 appels effectués par un vendeur au téléphone. Dans le passé, ce vendeur a réussi en moyenne une vente à chaque 100 appels. X = le nombre de ventes. X ~ (25 ; p). La probabilité p de réussir une vente en un appel est estimée par son taux habituel de succès, p = 0,01. E(X) = np = 0,25; Var(X) = npq = 25(0,01)(0,99) = 0,2475.

g) On observe une vendeuse au téléphone pendant une journée. Dans le passé, cette vendeuse a réalisé en moyenne 5 ventes par jour. X = le nombre de ventes. X ~ (n ; p) où n est le nombre d’appels qu’elle fait dans la journée et p est la probabilité de succès en un appel. On ne connaît ni n ni p mais on peut estimer E(X) = np par le nombre moyen de succès, soit E(X) = 5. Si on suppose que le nombre d’appels est élevé et la probabilité de succès en un appel est faible, alors X suit approximativement une loi de Poisson de paramètre  On estime  par la moyenne 5, et alors Var(X) =  = 5.

h) Vingt-cinq personnes (8 femmes 17 hommes) posent leur candidature à 10 postes identiques. X = le nombre de femmes parmi les dix personnes engagées. 17 25  10 Si on suppose que la sélection des 10 personnes se fait au hasard, alors X ~ (10 ; 8; 17) et E(X) = 10 8 = 3,2; Var(X) = 10 8 25 25 25 25  1 = 1,36. L’hypothèse qu’on choisit les candidats au hasard n’est évidemment pas raisonnable en pratique. Mais si on découvre que le nombre de femmes engagées est trop extrême pour admettre l’hypothèse, on peut conclure que la probabilité de sélection n’est pas la même pour les deux sexes. Ce qui demeure incertain, c’est la raison de cette différence, qui n’est pas nécessairement une question de discrimination.

i)

Un service d’approvisionnements distribue au hasard 14 ordinateurs, 5 au service A et 9 au service B. Huit des 14 ordinateurs sont neufs. X = le nombre d’ordinateurs neufs reçus par A. X ~ (5 ; 8; 6). E(X) = 5 8 = 2,857 ; Var(X) = 5 8 6 14  5 = 0,8477.

14

j)

14 14 14  1

Un vendeur décide qu’il terminera sa journée dès qu’il aura réussi 4 ventes. La probabilité d’une vente est de 25 % à chaque essai. X = nombre d’appels qu’il fera pendant la journée. X ~ -(4 ; 0,25). E(X) =

n  4 = 16; Var(X) = nq  4(0,75) = 48. p 0,25 p 2 (0,25) 2

k) On tire un échantillon de 100 vis dans un lot de 100 000 vis dont 250 sont défectueuses. X = le nombre de vis défectueuses dans l’échantillon. X ~ (100 ; 250; 99 750). E(X) = 100

250 = 0,25; Var(X) = 100 250 0,997 50 99 900 = 0,249 128 1 100 000 100 000 100 000 99 999

Étant donné la taille de la population, on peut employer la loi (100 ; 0,002 5). Et puisque n est grand et p petit, on peut aussi employer la loi de Poisson (0,25). À titre d’illustration, le tableau suivant montre les valeurs de quelques probabilités calculées avec les lois hypergéométrique, binomiale et de Poisson : Loi P(X = 0) P(X = 1) P(X = 2) P(X  2) Hypergéométrique 0,778 460 4 0,195 296 7 0,024 155 4 0,997 912 4 Binomiale 0,778 557 0 0,195 127 1 0,024 207 5 0,997 891 6 de Poisson 0,778 800 8 0,194 700 2 0,024 337 5 0,997 838 5

ℓ) On tire un échantillon de 100 adultes d’une population de 100 000 adultes dont 30 000 sont au chômage. X = le nombre d’adultes au chômage dans l’échantillon. X ~ (100 ; 30 000 ; 70 000). E(X) = 100

30 000 30 000 70 000 100 000  100 = 30 ; Var(X) = 100× × × = 20,979 2. 100 000 100 000 100 000 100 000  1

La taille de la population étant très importante comparée à la taille de l’échantillon, on peut utiliser la loi (100 ; 0,3), auquel cas on calculerait la variance comme 100×

30 000 70 000 × = 21. 100 000 100 000

Finalement, il est possible aussi d’utiliser l’approximation normale ( ; 2) où µ = 30 et 2 = 20,979 2. À titre d’illustration, le tableau suivant montre les valeurs de quelques probabilités calculées avec les loi hypergéométrique, binomiale et normale :

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MAT1085 Chapitre 4 Lois discrètes 10

Loi Hypergéométrique Binomiale Normale

P(X  20) 0,016 420 9 0,016 462 9 0,019 035 1

P(X  30) 0,549 136 6 0,549 123 6 0,543 463 5

P(X  35) 0,884 036 6 0,883 921 4 0,885 084 2

P(X  40) 0,987 539 1 0,987 501 6 0,985 491 7

m) Un interviewer engagé par une maison de sondages frappe à des portes jusqu'à ce qu'il atteigne son quota de 100 ménages francophones. Supposons que 10 % des ménages sont francophones. X = le nombre de portes auxquelles il aura frappé. X ~ ¯(100 ; 0,10). Donc E(X) = n/p = 100/0,1 = 1 000 ; et Var(X) = nq/p2 = 100(0,9)/(0,1)2 = 9 000.

n) On observe les arrivées au service d’urgence d’un hôpital un lundi après-midi. On sait que les lundis après-midi il y a en moyenne 25 arrivées durant la période de 13h00 à 17h00. X = le nombre d’arrivées un lundi de 13h00 à 13h30. X ~ (),  = 25/8. E(X) = Var(X) = 25/8 = 3,125.

o) On tire un échantillon de 5 oranges dans une caisse de 590 oranges dont 8 sont gâtées. X = le nombre d’oranges gâtées dans l’échantillon.  8  592  590  5      590  590  590  1 

X ~(5 ; 8 ; 582) ; Var(X) = 5 

p) Un vendeur décide qu’il terminera sa journée dès qu’il aura réussi une vente. La probabilité d’une vente est de 25 % à chaque essai. X = le nombre de jours parmi les 5 jours de la semaine prochaine où il fera plus de 10 essais. X ~ -(9,25); Var(X) = 0,75/(0,25)2

q) Le nombre d'erreurs dans une page est une variable de loi de Poisson (à peu près) de moyenne µ = 0,5. X = le nombre de pages sans erreur parmi les 100 premières pages. X~(100 ; e-0,5); Var(X) = 100e-0,5(1-; e-0,5).

r)

Le nombre d'erreurs dans une page est une variable de loi de Poisson de moyenne  = 0,5. On vérifie les pages une à une en commençant par la page 1. X = le numéro de la première page dans laquelle on trouve une erreur. X ~ (p) où p est la probabilité de trouver une erreur dans une page. On suppose qu’on trouvera un erreur dans une page si et seulement si il y en a au moins une. Par conséquent p = 1 - e-0,5 = 0,393 47. E(X) = 2,541 5 et Var(X) = 3,917 7.

5.58 Pour chacune des paires de variables aléatoires X et Y, dites si d'après vous X > Y ou si X < Y : a) X: La température le 1e janvier prochain à Montréal; Y: La température le 1e janvier prochain à Nairobi. ------------------------------------------------------------------------ [Réponse : X] b) X: Le poids d'une personne choisie au hasard dans une école de garçons; Y: Le poids d'une personne choisie au hasard dans une école mixte. -------------------------------------------------[Réponse : Y] c) X: Le temps que vous mettez à vous rendre à l'université à pied; Y: Le temps que vous mettez à vous rendre à l'université en métro. --------------------------------------------------[Réponse : Y] d) X: Le temps d'attente dans une file où il n'y a qu'une personne devant vous; Y: Le temps d'attente dans une file où il y a 2 personnes devant vous. ----------------------------------------------[Réponse : Y] e) X: La proportion d'objets défectueux dans un échantillon de 10 objets tirés d'une certaine population; Y: La proportion d'objets défectueux dans un échantillon de 100 objets tirés de la même population. - [Réponse : X] f) X: Le nombre d'objets défectueux dans un échantillon de 10 objets tirés sans remise d'une certaine population; Y: Le nombre d'objets défectueux dans un échantillon de 10 objets tirés avec remise de la même population; --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------[Réponse : Y]

g) X: Le revenu moyen de 10 familles choisies au hasard dans une population; Y: Le revenu moyen de 100 familles choisies au hasard dans la même population. -------------------------- [Réponse : X] h) X: Le Q.I. moyen de deux personnes choisies indépendamment dans une population. Y: Le Q.I. moyen de deux jumeaux identiques choisis dans une population de jumeaux. -------------------[Réponse : Y] i) Le prix d'une action de A et le prix d'une action de B ont chacun la même espérance mathématique et la même variance. Les prix des deux actions sont des variables indépendantes. X : La valeur totale de 100 actions de la compagnie A; Y : La valeur totale d'un portefeuille constitué de 50 actions de chaque compagnie. --------------------------- [Réponse : X] j) On mesure la longueur du fémur (F) et la longueur du tibia (T). X : F + T lorsque le fémur et le tibia appartiennent à la même personne ; Y : F + T lorsque le fémur et le tibia appartiennent à deux personnes. -------------------------------------------------- [Réponse : X] k) La quantité d'ingrédient actif d'une certaine pilule a un écart-type de 0,01 mg, quelle que soit la grosseur de la pilule. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------[Réponse : Y]

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X : La quantité d'ingrédient actif dans une pilule de 10 mg ; Y : La quantité totale d'ingrédient actif dans deux pilules de 5 mg chacune. 5.59 Dans chacun des numéros suivants, on décrit une expérience et deux variables aléatoires, X et Y. Dites si X et Y sont indépendantes ou non et justifiez votre réponse. a) Je tire au hasard deux personnes dans une salle de cours, avec remise. X: Note au dernier examen de la première personne; Y: Note au dernier examen de la deuxième personne. Puisqu’on tire avec remise, les deux variables sont indépendantes.

b) Même contexte qu’en a), sauf qu’on tire sans remise. Lorsqu’on tire sans remise, la valeur observée au premier tirage affecte celle observée au deuxième. Les variables sont dépendantes. Pour concrétiser, prenons un petit exemple numérique. La classe contient 4 personnes dont les notes sont {60; 70 ; 70; 80}. Alors la distribution de la variable X (note de la première personne tirée) est la suivante : x 60 70 80 p(x) = P(X = x) ¼ ½ ½ Quelle est, maintenant la distribution de Y sachant que X = x? Plus précisément, est-ce que la distribution dépend de la valeur x? Supposons que X = 60, par exemple. Quelle est alors la distribution de Y? Si X = 60, c’est que le premier individu a été tiré en premier et donc la classe est réduite à {70 ; 70; 80}. Si X = 70, la population est réduite à {60 ; 70 ; 80}. Voici la distribution de Y dans ces deux cas : y 70 80 P(Y=y étant donnée X = 60) 2/3 1/3 y 60 70 80 P(Y=y étant donnée X = 70 1/3 1/3 1/3 Le fait que les deux distributions sont différentes signifie qu’il y a une dépendance entre X et Y.

c)

Je tire au hasard une fille parmi toutes les filles du secondaire (tous les niveaux confondus) X: Une mesure de sa force physique; Y: Une mesure de son vocabulaire. X et Y sont presque sûrement dépendantes. Les filles dans les classes avancées sont physiquement plus fortes et ont un vocabulaire plus riche que celles dans les classes plus basses.

d) Je tire au hasard un logement dans une population de logements. X : Nombre de chambres à coucher; Y : Nombre de salles de bains. X et Y sont probablement dépendantes : les grandes maisons ont plus de chambres à coucher et plus de salles de bains.

e)

Je tire au hasard une personne dans une grande population. X : La longueur de son fémur; Y : La longueur de son tibia.

f)

Je tire au hasard un ménage dans une population de ménages. X : Revenu familial; Y : Superficie du logement.

X et Y sont certainement dépendantes : si le fémur est long, il y a de fortes chances que le tibia le soit aussi.

X et Y sont probablement dépendantes : les familles ayant un gros revenu habitent de plus grandes maisons.

g) Je tire au hasard deux pommes de mon pommier (qui contient un nombre quasi infini de pommes). X: Le poids de la première pomme; Y: Le poids de la deuxième pomme. X et Y sont probablement indépendantes. Strictement parlant, puisque le nombre de pommes ne peut pas être littéralement infini, et que les tirages se font sans remise, il y a, théoriquement une dépendance entre X et Y. Mais étant donné le très grand nombre de pommes dans l’arbre, la dépendance serait si faible qu’on pourrait, à toute fin pratique, les considérer comme indépendantes. On se permettra donc de dire, entre autres, que Var(X+Y) = Var(X) + Var(Y).

h) Même contexte qu’en g), sauf que j’ai deux pommiers de deux espèces différentes, A et B, et je choisis au hasard celui des deux dans lequel je cueillerai mes deux pommes. X et Y sont dépendantes, à moins que la distribution des poids dans les deux pommiers soit la même. Supposons que les pommes de A sont grosses, celles de B petites. Alors X et Y seront soit toutes deux petites (si elles sont tirées de B), soit toutes deux grandes (si elles sont tirées de A).

i)

Même contexte qu’en g) sauf que j’ai deux pommiers, A et B, et je cueille une pomme de chacun. X: Le poids de la pomme cueillie dans le pommier A; Y: Le poids de la pomme cueillie dans le pommier B.

j)

Même contexte qu’en i) sauf que je choisis les pommiers dans un ordre aléatoire. X: Le poids de la première pomme (qui peut avoir été cueillie dans le pommier A ou dans le pommier B); Y: Le poids de la deuxième pomme (cueillie dans l’autre pommier).

X et Y sont indépendantes : le poids de la pomme cueillie dans A ne donne aucune information sur le poids possible de la pomme cueillie de B

X et Y sont dépendantes. Supposons que les pommes de A sont grosses, celles de B sont petites. Alors si x est grand, c’est que la pomme vient de A; dans ce cas, y sera petit. Donc x grand entraîne y petit et inversement x petit entraîne y grand.

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k) Diane et Carole, deux femmes qui ne se connaissent pas, attendent un enfant : X : Le poids du bébé de Diane; Y : Le poids du bébé de Carole. X et Y sont indépendantes. On ne peut pas prédire le poids du bébé de Mélanie à partir de celui de Stéphanie.

ℓ) Lundi prochain, je prendrai la pression artérielle de Pierre, un pensionnaire dans un foyer. X: Sa pression systolique; Y: Sa pression diastolique. Ceux qui prennent souvent leur pression constatent que les deux évoluent ensemble : quand la pression systolique est forte, la pression diastolique l’est aussi ; inversement, quand la pression systolique est faible, la pression diastolique l’est aussi. Donc X et Y sont dépendants.

m) Lundi prochain, je prendrai la pression systolique de Pierre, un élève de ma classe ; et je recommencerai deux mois plus tard. X: La pression systolique de Pierre lundi prochain; Y: La pression systolique de Pierre deux mois plus tard. X et Y sont probablement indépendantes. Supposons que je répète l’expérience plusieurs fois : je prends la pression lundi (x1), je la reprends 2 mois plus tard (y1). Je recommence un autre lundi, puis un autre, ainsi de suite. J’aurai ainsi accumulé un certain nombre de couples (x1 ; y1), (x2 ; y2), (x3 ; y3),…. Quel serait le coefficient de corrélation entre les x et les y? Probablement pas loin de zéro.

n) Lundi prochain, je choisirai au hasard un élève de ma classe et je prendrai sa pression systolique le jour même et une deuxième fois deux mois plus tard. X: La pression systolique lundi; Y: La pression systolique deux mois plus tard. Il y a des gens qui ont tendance à avoir une pression élevée (des hypertendus), d’autres une pression plus faible. Si, comme en d), je répétais l’expérience plusieurs fois, j’observerais des couples (x1 ; y1), (x2 ; y2), (x3 ; y3), … , sauf que là, (x1 ; y1) seraient les mesures sur une personne alors que (x2 ; y2) sont celles d’une autre personne, de même que (x3 ; y3), etc. Donc il y aurait une corrélation entre les x et les y : les hypertendus ont des valeurs élevées et de x et de y, les autres auraient de petites valeurs de x et de y.

o) Je tire au hasard un garçon parmi tous les garçons du secondaire II. X: Une mesure de sa force physique; Y: Une mesure de son vocabulaire. X et Y sont probablement indépendantes: les gens forts n’ont pas nécessairement un vocabulaire plus riche (ou plus pauvre) que les autres.

p) Diane et Carole, deux sœurs, attendent un enfant : X : Le poids du bébé de Diane; Y : Le poids du bébé de Carole. Là non plus on ne peut pas prédire le poids du bébé de Mélanie à partir de celui de Stéphanie. Donc X et Y sont indépendantes.

q) Au hasard, on choisit deux sœurs adultes ayant donné naissance à des bébés X : Le poids du bébé de l'une d'elles; Y : Le poids du bébé de l'autre. On suppose ici qu’il y a des tendances familiales dans les poids des bébés. Par conséquent, si le bébé de l’une des sœurs est gros, il y a de meilleures chances que le bébé de l’autre le soit aussi. Donc X et Y sont dépendantes. Pourquoi la réponse ici diffère-t-elle de celle en p)? Là le mieux est de considérer ce qui se passerait si on répétait l’expérience plusieurs fois, de façon à obtenir des valeurs appariées (x1 ; y1), (x2 ; y2), (x3 ; y3), etc. De quoi aurait l’air la représentation de ces couples par un nuage de points ? La différence entre p) et q) est une différence dans les sens de « répéter l’expérience ». En q), répéter l’expérience signifie observer plusieurs fois des paires de sœurs et leurs bébés; tandis qu’en p) il s’agit d’observer des nouveaux bébés, mais toujours de Stéphanie et Mélanie. En q), quand on a observé un gros bébé, on a des raisons de penser qu’il est né d’une famille qui a tendance à avoir de gros bébés, et on prédit que l’autre sera gros aussi. En p) le fait que Mélanie a eu — cette fois-ci— un gros bébé ne nous dit sur les chances que Stéphanie ait un gros bébé.

5.60 Dans chacun des cas suivants, on présente deux variables aléatoires, X et Y. Dites si x > Y, x < Y, x = Y, ou s’il est impossible d’y répondre sans information supplémentaire. Justifiez brièvement votre réponse (à l'aide de calculs s'il y a lieu). a) On effectue des essais indépendants jusqu'au moment du premier succès. La probabilité de succès est p. X : Nombre d'essais nécessaires lorsque p = 0,1 Y : Nombre d'essais nécessaires lorsque p = 0,5 X ~ (0,1) et Y ~(0,5). Alors Var(X) = 0,9/(0,1)2 = 90 et Var(Y) = 0,5/(0,5)2 = 2. Donc X > y.

b) On tire avec remise un échantillon de n personnes dans une salle de 40 personnes. X : Nombre de fumeurs lorsque n = 5 Y : Nombre de fumeurs lorsque n = 20 X ~ (5 ; p) et Y ~ (20 ; p). Var(X) = 5pq ; Var(Y) = 20pq. Puisque p et q sont les mêmes dans les deux cas, Var(X) < Var(Y) et donc X < Y.

c)

On tire avec remise un échantillon de n personnes dans une salle de 40 personnes. X : Proportion de fumeurs lorsque n = 5 Y : Proportion de fumeurs lorsque n = 20 Var(X) = pq/5, Var(Y) = pq/20  Var(X) > Var(Y)  σX > σY.

d) On tire sans remise un échantillon de n personnes dans une salle contenant 30 personnes.

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X : Nombre de fumeurs lorsque n = 5 Y : Nombre de fumeurs lorsque n = 20 X ~ (5 ; N1 ; 30-N1) et Y ~ (20 ; N1 ; 30-N1). Var(X) = 5p(1-p)(30-5)/(30-1) et Var(Y) = 20p(1-p) (30-20)/(30-1), où p = N1/30. Var(X) > Var(Y)  5(30-5) > 20(30-20)  125 > 200, ce qui est le cas. Donc X > Y.

e)

On tire sans remise un échantillon de n personnes dans une salle contenant 30 personnes X : Proportion de fumeurs lorsque n = 5 Y : Proportion de fumeurs lorsque n = 20 Var(X) = p(1-p)(30-5)/(30-1)/5 et Var(Y) = p(1-p)(30-20)/(30-1)/20. Var(X) > Var(Y)  (30-5)/5 > (30-20)/20  5 > 0,5, ce qui est le cas. Donc X > Y.

f)

On tire sans remise un échantillon de 5 personnes dans une salle contenant N personnes dont une certaine proportion p sont des fumeurs. X : Nombre de fumeurs dans l'échantillon lorsque N = 10 Y : Nombre de fumeurs dans l'échantillon lorsque N = 30 Var(X) = 5pq(10-5)/(10-1); Var(Y) = 5pq(30-5)/(30-1). Var(X) < Var(Y)  25/9 < 125/29  29 < 45, ce qui est le cas. Donc X < Y.

g) On tire sans remise un échantillon de 5 personnes dans une salle contenant N personnes dont une certaine proportion p sont des fumeurs. X : Proportion de fumeurs dans l'échantillon lorsque N = 10 Y : Proportion de fumeurs dans l'échantillon lorsque N = 30 Var(X) = pq(10-5)/(10-1)/5; Var(Y) = pq(30-5)/(30-1)/5. Var(X) < Var(Y)  1/9 < 5/29  29 < 45, ce qui est le cas. Donc X < Y .

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