Exercice 0.1 : Calculer avec la loi binomiale : dix calculs directs

Pour chaque ligne, $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$ indiquée. Calculez la valeur demandée, au dix-millième quand elle n'est pas entière. On rappelle que $P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$ pour tout entier $k$ de $0$ à $n$ , et que $E(X)=np$ .

Une méthode pour les dix lignes : traduire l'événement en valeurs de $k$ , puis choisir le chemin le plus court. Une seule valeur : la formule, en lisant $\binom{n}{k}$ dans le triangle de Pascal. Plusieurs valeurs : on les additionne, ou l'on passe par l'événement contraire s'il en compte moins. On n'arrondit qu'à la toute fin.

a) Calculez $\binom{7}{3}$ à l'aide du triangle de Pascal.
b) $X$ suit $\mathcal{B}(40\,;0{,}35)$ : calculez $E(X)$ .
c) $X$ suit $\mathcal{B}(3\,;0{,}6)$ : calculez $P(X=2)$ en comptant les chemins de l'arbre.
d) $X$ suit $\mathcal{B}(5\,;0{,}3)$ : calculez $P(X=0)$ .
e) $X$ suit $\mathcal{B}(6\,;0{,}85)$ : calculez $P(X=6)$ .
f) $X$ suit $\mathcal{B}(4\,;0{,}1)$ : calculez $P(X=1)$ .
g) $X$ suit $\mathcal{B}(7\,;0{,}4)$ : calculez $P(X=3)$ .
h) $X$ suit $\mathcal{B}(12\,;0{,}05)$ : calculez $P(X\ge 1)$ .
i) $X$ suit $\mathcal{B}(9\,;0{,}2)$ : calculez $P(X\le 1)$ .
j) $X$ suit $\mathcal{B}(5\,;0{,}8)$ : calculez $P(X\ge 4)$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/10

a)

\binom{7}{3}

b)

E(X)

c)

P(X=2)

d)

P(X=0)

e)

P(X=6)

f)

P(X=1)

g)

P(X=3)

h)

P(X\ge 1)

i)

P(X\le 1)

j)

P(X\ge 4)

Voir la correction

Réponses

a) $\binom{7}{3}=35$
b) $E(X)=40\times 0{,}35=14$
c) $3\times 0{,}6^{2}\times 0{,}4=0{,}432$
d) $0{,}7^{5}\approx 0{,}1681$
e) $0{,}85^{6}\approx 0{,}3771$
f) $4\times 0{,}1\times 0{,}9^{3}=0{,}2916$
g) $35\times 0{,}4^{3}\times 0{,}6^{4}\approx 0{,}2903$
h) $1-0{,}95^{12}\approx 0{,}4596$
i) $0{,}8^{9}+9\times 0{,}2\times 0{,}8^{8}\approx 0{,}4362$
j) $5\times 0{,}8^{4}\times 0{,}2+0{,}8^{5}\approx 0{,}7373$

Le geste qui décide de tout : écrire l'événement comme une liste de valeurs de $k$ AVANT de toucher à la formule. « Au moins un » est la liste $1,\ 2,\ \ldots,\ n$ , dont le contraire est la seule valeur $0$ ; « au plus un » est $0$ et $1$ ; et chaque valeur de $k$ porte son propre coefficient $\binom{n}{k}$ .

a)

Les lignes du triangle de Pascal, chaque terme étant la somme des deux termes au-dessus : ligne $6$ : $1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1$ ; ligne $7$ : $1,\ 7,\ 21,\ 35,\ 35,\ 21,\ 7,\ 1$ . Donc $\binom{7}{3}=15+20=35$ . Piège : lire la ligne en commençant à $k=1$ , ce qui donne $21$ .

b)

$E(X)=np=40\times 0{,}35=14$ .

c)

L'arbre à trois niveaux compte $\binom{3}{2}=3$ chemins à deux succès (SSE, SES, ESS), chacun de probabilité $0{,}6^{2}\times 0{,}4=0{,}144$ . Donc $P(X=2)=3\times 0{,}144=0{,}432$ . Piège : $0{,}144$ , la probabilité d'UN seul chemin.

d)

$P(X=0)=\binom{5}{0}\times 0{,}3^{0}\times 0{,}7^{5}=0{,}7^{5}=0{,}16807\approx 0{,}1681$ : aucun succès, cinq échecs.

e)

$P(X=6)=\binom{6}{6}\times 0{,}85^{6}\times 0{,}15^{0}=0{,}85^{6}\approx 0{,}3771$ .

f)

$P(X=1)=\binom{4}{1}\times 0{,}1\times 0{,}9^{3}=4\times 0{,}1\times 0{,}729=0{,}2916$ . Piège : oublier le coefficient $4$ et répondre $0{,}0729$ : le succès peut arriver à chacune des quatre épreuves.

g)

$P(X=3)=\binom{7}{3}\times 0{,}4^{3}\times 0{,}6^{4}=35\times 0{,}064\times 0{,}1296=0{,}290304\approx 0{,}2903$ , avec le coefficient trouvé en a).

h)

L'événement contraire de « $X\ge 1$ » est « $X=0$ » : $P(X\ge 1)=1-0{,}95^{12}\approx 1-0{,}5404=0{,}4596$ . Piège : $1-0{,}05^{12}$ , qui confond « aucun succès » et « que des succès ».

i)

$P(X\le 1)=P(X=0)+P(X=1)=0{,}8^{9}+\binom{9}{1}\times 0{,}2\times 0{,}8^{8}\approx 0{,}1342+0{,}3020=0{,}4362$ . Piège : oublier $P(X=0)$ , l'inégalité est large.

j)

$P(X\ge 4)=P(X=4)+P(X=5)=\binom{5}{4}\times 0{,}8^{4}\times 0{,}2+0{,}8^{5}=0{,}4096+0{,}32768=0{,}73728\approx 0{,}7373$ . Deux termes ici, quand le contraire en demanderait quatre.

Contrôle : une probabilité reste entre $0$ et $1$ , et la somme de $P(X=k)$ pour $k$ de $0$ à $n$ vaut $1$ , ce qui se vérifie à la calculatrice sur la ligne j) en ajoutant les quatre autres termes ; le menu « loi binomiale » de la calculatrice donne aussi chaque valeur directement.

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Exercice 1 : Arbre pondéré

Dans une clientèle, 40 % des personnes sont abonnées. Parmi les abonnés, 70 % achètent en ligne ; parmi les non-abonnés, 25 % seulement.

On choisit un client au hasard. On note $A$ l'événement « le client est abonné » et $L$ l'événement « le client achète en ligne ».

a) Traduisez les données et construisez l'arbre pondéré.
b) Calculez $P(A\cap L)$ et $P(\overline{A}\cap L)$ .
c) Calculez $P(L)$ .
d) Le client choisi achète en ligne. Quelle est la probabilité qu'il soit abonné ? Arrondissez au millième.

Voir la correction

Réponses

a) $P(A)=0{,}4$ , $P_{A}(L)=0{,}7$ , $P_{\overline{A}}(L)=0{,}25$
b) $0{,}28$ et $0{,}15$
c) $P(L)=0{,}43$
d) $P_{L}(A)\approx 0{,}651$

a)

On traduit chaque pourcentage en distinguant les probabilités SIMPLES des probabilités CONDITIONNELLES, ce qui est l'étape décisive. Le $40\ \%$ porte sur toute la clientèle, donc $P(A)=0{,}4$ et $P(\overline{A})=0{,}6$ . Les deux autres taux portent sur une sous-population, ce sont donc des conditionnelles : $P_{A}(L)=0{,}7$ et $P_{\overline{A}}(L)=0{,}25$ . L'arbre a deux niveaux et quatre chemins, avec les probabilités simples sur les premières branches et les conditionnelles sur les secondes.

b)

On MULTIPLIE le long d'un chemin : $P(A\cap L)=P(A)\times P_{A}(L)=0{,}4\times 0{,}7=0{,}28$ et $P(\overline{A}\cap L)=0{,}6\times 0{,}25=0{,}15$ . Ces deux nombres se lisent respectivement comme les $28\ \%$ de clients qui sont abonnés ET achètent en ligne, et les $15\ \%$ qui achètent en ligne sans être abonnés.

c)

On ADDITIONNE les chemins qui mènent au même événement, ce qui est la formule des probabilités totales : $P(L)=P(A\cap L)+P(\overline{A}\cap L)=0{,}28+0{,}15=0{,}43$ . Quarante-trois clients sur cent achètent donc en ligne, tous profils confondus.

d)

La question RETOURNE le conditionnement : on connaissait $P_{A}(L)$ et l'on cherche $P_{L}(A)$ . Par définition, $P_{L}(A)=\frac{P(A\cap L)}{P(L)}=\frac{0{,}28}{0{,}43}\approx 0{,}651$ . Sachant que le client achète en ligne, la probabilité qu'il soit abonné passe donc de $0{,}4$ à environ $0{,}651$ .

Le mécanisme mérite d'être formulé, car il gouverne tout le chapitre et sera repris à l'exercice 6. Observer un comportement plus fréquent chez les abonnés REND plus probable le fait d'être abonné : l'information reçue met à jour la probabilité de départ. Il faut surtout retenir que $P_{A}(L)$ et $P_{L}(A)$ sont deux nombres DIFFÉRENTS, ici $0{,}7$ et $0{,}651$ , et les confondre est l'erreur qui traverse toute l'inférence bayésienne. On les distingue en se demandant chaque fois quelle population sert de référence, l'ensemble des abonnés dans un cas, l'ensemble des acheteurs en ligne dans l'autre.

Exercice 2 : Formule des probabilités totales

Une entreprise a trois régions de vente. Le Nord représente 45 % du chiffre d'affaires, le Centre 35 % et le Sud 20 %.

Le taux de clients satisfaits est de 80 % au Nord, 90 % au Centre et 70 % au Sud.

L'arbre ci-dessous représente la situation.

a) Calculez la probabilité qu'un client pris au hasard soit satisfait.
b) Un client est satisfait. Quelle est la probabilité qu'il vienne du Nord ? Arrondissez au millième.
c) Même question pour le Centre et pour le Sud.
d) Vérifiez que la somme des trois probabilités précédentes vaut 1.
e) Quelle région contribue le plus au nombre total de clients satisfaits ? Est-ce celle qui a le meilleur taux ?

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Réponses

a) $P(S)=0{,}815$
b) $\approx 0{,}442$
c) $\approx 0{,}387$ et $\approx 0{,}172$
d) Somme exacte $1$
e) Le Nord, par son volume

a)

Les trois régions forment une PARTITION du chiffre d'affaires, ce qu'on vérifie d'abord : $0{,}45+0{,}35+0{,}20=1$ ✓. La formule des probabilités totales s'applique donc, avec trois branches au lieu de deux : $P(S)=0{,}45\times 0{,}80+0{,}35\times 0{,}90+0{,}20\times 0{,}70=0{,}36+0{,}315+0{,}14=0{,}815$ . Environ $81{,}5\ \%$ des clients sont satisfaits.

b)

On retourne le conditionnement comme à l'exercice 1 : $P_{S}(\text{Nord})=\frac{0{,}36}{0{,}815}\approx 0{,}442$ . Parmi les clients satisfaits, un peu plus de quatre sur dix viennent du Nord.

c)

De même $P_{S}(\text{Centre})=\frac{0{,}315}{0{,}815}\approx 0{,}387$ et $P_{S}(\text{Sud})=\frac{0{,}14}{0{,}815}\approx 0{,}172$ . Le dénominateur est le même pour les trois, seul le numérateur change : c'est la contribution de chaque région au total des satisfaits.

d)

$0{,}442+0{,}387+0{,}172\approx 1{,}001$ , l'écart de un millième venant UNIQUEMENT des arrondis. Le calcul exact donne bien une somme égale à $1$ , puisque $\frac{0{,}36+0{,}315+0{,}14}{0{,}815}=\frac{0{,}815}{0{,}815}=1$ : un client satisfait vient nécessairement de l'une des trois régions, et il n'y a pas d'autre possibilité.

e)

C'est le NORD, avec environ $44\ \%$ des clients satisfaits, alors que son taux de satisfaction n'est que de $80\ \%$ contre $90\ \%$ au Centre. Le Nord l'emporte par son VOLUME : ce qui compte est le produit de la part de marché par le taux, soit $0{,}45\times 0{,}80=0{,}36$ contre $0{,}35\times 0{,}90=0{,}315$ , et non le taux seul.

La question e) illustre une distinction qui revient constamment en statistique appliquée, celle entre un TAUX et une CONTRIBUTION. Le Centre est meilleur en qualité, le Nord est plus gros, et le produit des deux décide. Cette lecture a des conséquences pratiques opposées : pour améliorer la satisfaction moyenne de l'entreprise, il vaut mieux agir sur le Nord, dont chaque point gagné vaut $0{,}45$ point global, que sur le Sud, dont chaque point ne vaut que $0{,}20$ . On retrouvera ce raisonnement de pondération à l'exercice 5 avec la moyenne, et à l'exercice 10 avec l'échantillonnage.

Exercice 3 : Loi binomiale

Un site constate que 25 % des visiteurs créent un compte. On observe 8 visiteurs, considérés comme indépendants.

On note $X$ le nombre de comptes créés. Les résultats seront arrondis au dix-millième.

a) Justifiez que $X$ suit une loi binomiale et donnez ses paramètres.
b) Calculez $P(X=2)$ .
c) Calculez $P(X=0)$ , puis $P(X\geq 1)$ .
d) Calculez $E(X)$ et interprétez.

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Réponses

a) $\mathcal{B}(8\,;0{,}25)$
b) $\approx 0{,}3115$
c) $\approx 0{,}1001$ ; $\approx 0{,}8999$
d) $E(X)=2$

a)

Trois conditions doivent être réunies et il faut les énoncer toutes : l'épreuve se RÉPÈTE un nombre fixé de fois, ici $8$ ; chaque répétition n'a que deux issues, créer un compte ou non ; les répétitions sont INDÉPENDANTES et la probabilité de succès reste constante à $0{,}25$ . Donc $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(8\,;\,0{,}25)$ .

b)

$P(X=2)=\binom{8}{2}\times 0{,}25^{2}\times 0{,}75^{6}$ . Le coefficient vaut $\binom{8}{2}=\frac{8\times 7}{2}=28$ , et il compte le nombre de FAÇONS de placer les deux succès parmi les huit visiteurs. Ensuite $0{,}25^{2}=0{,}0625$ et $0{,}75^{6}\approx 0{,}177979$ , donc $P(X=2)\approx 28\times 0{,}0625\times 0{,}177979\approx 0{,}3115$ .

c)

$P(X=0)=\binom{8}{0}\times 0{,}25^{0}\times 0{,}75^{8}=0{,}75^{8}\approx 0{,}1001$ , c'est-à-dire aucun succès sur huit tentatives. On passe alors par l'événement CONTRAIRE, réflexe systématique devant un au moins : $P(X\geq 1)=1-P(X=0)\approx 1-0{,}1001=0{,}8999$ . Calculer directement aurait demandé de sommer huit termes.

d)

$E(X)=np=8\times 0{,}25=2$ : sur huit visiteurs, on attend en moyenne deux créations de compte. Cette formule est cohérente avec l'intuition, un quart de huit valant deux, ce qui en fait la plus facile à retenir de tout le chapitre.

Trois remarques utiles. D'abord un contrôle gratuit : la somme de toutes les probabilités $P(X=k)$ pour $k$ allant de $0$ à $8$ doit valoir exactement $1$ ✓, ce qui permet de vérifier un tableau complet. Ensuite, l'espérance n'est pas en général la valeur la plus PROBABLE : elle l'est ici, $P(X=2)\approx 0{,}3115$ dépassant $P(X=1)\approx 0{,}2670$ et $P(X=3)\approx 0{,}2076$ , mais c'est une coïncidence, et espérance et mode restent deux notions distinctes. Enfin, l'hypothèse d'INDÉPENDANCE est celle qui pourrait le plus facilement être fausse en pratique : si les huit visiteurs venaient tous du même lien partagé sur un réseau, leurs comportements seraient corrélés et la loi binomiale ne s'appliquerait plus.

Exercice 4 : Espérance et contrat

Un assureur propose un contrat à 250 dollars par an. La probabilité qu'un assuré déclare un sinistre dans l'année est de $0{,}05$ , et un sinistre coûte 3000 dollars à l'assureur.

On note $X$ le gain algébrique annuel de l'assureur pour un contrat.

a) Établissez la loi de probabilité de $X$ .
b) Calculez $E(X)$ et interprétez.
c) Calculez la prime pure, c'est-à-dire le tarif rendant le contrat équitable.
d) Sur 20 000 contrats, quel bénéfice moyen l'assureur peut-il espérer ?

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Réponses

a) $+250$ avec $0{,}95$ ; $-2\,750$ avec $0{,}05$
b) $E(X)=100$ dollars
c) Prime pure $150$ dollars
d) $2\,000\,000$ dollars

a)

On raisonne du point de vue de l'ASSUREUR, ce que l'énoncé précise et qui change tous les signes. Sans sinistre, il encaisse la prime et ne verse rien : il gagne $250$ dollars, avec la probabilité $1-0{,}05=0{,}95$ . Avec sinistre, il encaisse la prime mais verse $3\,000$ dollars : il gagne $250-3\,000=-2\,750$ dollars, avec la probabilité $0{,}05$ . Contrôle : $0{,}95+0{,}05=1$ ✓.

b)

$E(X)=0{,}95\times 250+0{,}05\times(-2\,750)=237{,}5-137{,}5=100$ dollars. Chaque contrat rapporte donc en moyenne $100$ dollars par an à l'assureur. L'espérance décrit un comportement à LONG TERME et sur un grand nombre de contrats, pas le résultat d'un contrat isolé, qui vaut soit $+250$ soit $-2\,750$ et jamais $100$ .

c)

La prime PURE est celle qui rend l'espérance nulle, c'est-à-dire qui couvre exactement le coût moyen du risque : $0{,}05\times 3\,000=150$ dollars. On le vérifie : avec une prime de $150$ , l'espérance vaut $0{,}95\times 150+0{,}05\times(-2\,850)=142{,}5-142{,}5=0$ ✓. Au-delà de ce montant, la différence constitue le CHARGEMENT de l'assureur, ici $250-150=100$ dollars, qui couvre ses frais et sa marge.

d)

Sur $20\,000$ contrats indépendants, le bénéfice moyen espéré vaut $20\,000\times 100=2\,000\,000$ dollars par an. La linéarité de l'espérance permet cette multiplication directe, sans aucune hypothèse supplémentaire.

Le modèle éclaire le métier de l'assurance mieux qu'un long discours. L'assureur ne parie pas, il exploite la LOI DES GRANDS NOMBRES : sur un contrat isolé le résultat est très incertain, mais sur vingt mille contrats la moyenne se rapproche fortement de l'espérance et le bénéfice devient prévisible. C'est aussi pourquoi la mutualisation exige un grand nombre d'assurés et des risques INDÉPENDANTS : une catastrophe naturelle frappant simultanément tous les contrats d'une même région détruirait l'indépendance et donc la prévisibilité, et c'est précisément ce que les réassureurs prennent en charge. Notons enfin que le rapport entre prime commerciale et prime pure, ici $\frac{250}{150}\approx 1{,}67$ , mesure directement le coût de ce service pour l'assuré.

Exercice 5 : Indicateurs d'une série statistique

On relève les durées, en minutes, de dix trajets : 12, 15, 15, 18, 20, 22, 25, 28, 30, 35.

a) Calculez la moyenne de cette série.
b) Déterminez la médiane.
c) Calculez la variance puis l'écart-type, arrondi au millième.
d) Déterminez les quartiles $Q_{1}$ et $Q_{3}$ , puis l'écart interquartile.
e) Comparez moyenne et médiane. Que cela suggère-t-il sur la forme de la distribution ?

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Réponses

a) $22$ min
b) $21$ min
c) $V=49{,}6$ , $\sigma\approx 7{,}043$ min
d) $Q_{1}=15$ , $Q_{3}=28$ , écart $13$
e) Moyenne $>$ médiane : étirée à droite

a)

La somme des dix durées vaut $12+15+15+18+20+22+25+28+30+35=220$ , donc la moyenne est $\frac{220}{10}=22$ minutes.

b)

La série est déjà ordonnée et contient $10$ valeurs, un nombre PAIR : la médiane est la moyenne des cinquième et sixième valeurs, soit $\frac{20+22}{2}=21$ minutes. Avec un effectif impair, on aurait pris la valeur du milieu directement.

c)

On calcule les écarts à la moyenne, on les élève au carré, on somme : $(-10)^{2}+(-7)^{2}+(-7)^{2}+(-4)^{2}+(-2)^{2}+0^{2}+3^{2}+6^{2}+8^{2}+13^{2}=100+49+49+16+4+0+9+36+64+169=496$ . La variance vaut $\frac{496}{10}=49{,}6$ et l'écart type $\sqrt{49{,}6}\approx 7{,}043$ minutes. On notera que la variance s'exprime en minutes CARRÉES, ce qui n'a aucun sens concret, et que c'est justement pourquoi on lui préfère l'écart type.

d)

Pour $Q_{1}$ , le quart de $10$ vaut $2{,}5$ : on arrondit à l'entier SUPÉRIEUR et l'on prend la troisième valeur, soit $Q_{1}=15$ . Pour $Q_{3}$ , les trois quarts de $10$ valent $7{,}5$ : on prend la huitième valeur, soit $Q_{3}=28$ . L'écart interquartile vaut $28-15=13$ minutes, et il contient par construction la moitié centrale des observations.

e)

La moyenne, $22$ , dépasse légèrement la médiane, $21$ . Cela indique une distribution ÉTIRÉE VERS LA DROITE : quelques trajets longs, comme celui de $35$ minutes, tirent la moyenne vers le haut sans déplacer la médiane, qui est insensible aux valeurs extrêmes.

Le choix entre les deux couples d'indicateurs n'est pas une question de goût, et il faut savoir le justifier. Le couple moyenne et écart type utilise TOUTES les valeurs et se prête au calcul, mais il est sensible aux valeurs aberrantes : remplacer le trajet de $35$ minutes par un de $200$ minutes ferait passer la moyenne de $22$ à $38{,}5$ alors que la médiane resterait à $21$ . Le couple médiane et écart interquartile est ROBUSTE, il résiste aux extrêmes, mais il ignore une partie de l'information. La règle pratique est d'utiliser la moyenne quand la distribution est à peu près symétrique, et la médiane dès qu'elle est étirée d'un côté, ce qui est le cas de presque toutes les données de salaires, de durées ou de revenus, comme le rappellera l'exercice 10.

Exercice 6 : Inférence bayésienne : filtre anti-spam

Dans une messagerie, 20 % des courriels reçus sont des spams. Le mot « gratuit » apparaît dans 60 % des spams, mais seulement dans 2 % des courriels légitimes.

Un courriel contenant le mot « gratuit » vient d'arriver. On note $S$ l'événement « le courriel est un spam » et $G$ l'événement « le courriel contient le mot gratuit ».

a) Traduisez les données de l'énoncé.
b) Calculez $P(G)$ .
c) Calculez $P_{G}(S)$ , arrondie au millième.
d) Comparez la probabilité a priori et la probabilité a posteriori. Commentez la mise à jour.
e) Le filtre classe en spam dès que la probabilité a posteriori dépasse $0{,}9$ . Ce courriel est-il classé en spam ?

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Réponses

a) $P(S)=0{,}2$ , $P_{S}(G)=0{,}6$ , $P_{\overline{S}}(G)=0{,}02$
b) $P(G)=0{,}136$
c) $P_{G}(S)\approx 0{,}882$
d) De $0{,}2$ à $0{,}882$ ; rapport $30$
e) Non : $0{,}882<0{,}9$

a)

La probabilité A PRIORI est celle que l'on a avant toute observation : $P(S)=0{,}20$ , donc $P(\overline{S})=0{,}80$ . Les deux autres données sont CONDITIONNELLES, chacune portant sur une sous-population : $P_{S}(G)=0{,}60$ et $P_{\overline{S}}(G)=0{,}02$ . Il faut bien voir que le $60\ \%$ ne dit pas que $60\ \%$ des courriels contiennent le mot, mais que $60\ \%$ des SPAMS le contiennent.

b)

Par la formule des probabilités totales : $P(G)=P(S)\times P_{S}(G)+P(\overline{S})\times P_{\overline{S}}(G)=0{,}20\times 0{,}60+0{,}80\times 0{,}02=0{,}12+0{,}016=0{,}136$ . Un peu moins de $14\ \%$ des courriels reçus contiennent le mot.

c)

$P_{G}(S)=\frac{P(S\cap G)}{P(G)}=\frac{0{,}12}{0{,}136}\approx 0{,}882$ . C'est la probabilité A POSTERIORI, celle que l'on a APRÈS avoir observé le mot.

d)

La probabilité de spam passe de $0{,}20$ avant observation à environ $0{,}882$ après, soit une multiplication par plus de QUATRE. L'observation d'un seul mot est donc très informative, et la raison en est claire : le mot est trente fois plus fréquent dans les spams que dans les courriels légitimes, puisque $\frac{0{,}60}{0{,}02}=30$ . C'est ce RAPPORT, et non la valeur $0{,}60$ prise isolément, qui mesure le pouvoir discriminant d'un indice.

e)

Non, de peu : $0{,}882$ reste inférieur au seuil de $0{,}9$ . Le courriel n'est donc pas classé en spam sur ce seul indice. C'est précisément pourquoi un filtre réel combine PLUSIEURS mots, chaque nouvelle observation prenant pour probabilité a priori celle obtenue à l'étape précédente.

On peut illustrer ce dernier point par un calcul, car il donne tout son sens à la méthode. Si le courriel contenait un second mot, tout aussi discriminant et indépendant du premier, on repartirait d'un a priori de $0{,}882$ au lieu de $0{,}20$ : la nouvelle probabilité vaudrait $\frac{0{,}882\times 0{,}60}{0{,}882\times 0{,}60+0{,}118\times 0{,}02}\approx 0{,}996$ , largement au-dessus du seuil. C'est le principe de l'apprentissage bayésien, où chaque indice AFFINE la conclusion précédente au lieu de repartir de zéro. Une réserve importante toutefois : le calcul suppose l'indépendance des mots sachant la nature du courriel, hypothèse commode mais fausse en pratique, et c'est pourquoi ces filtres sont dits naïfs.

Exercice 7 : Temps d'attente

Un service téléphonique est saturé. À chaque tentative d'appel, la probabilité d'obtenir la ligne est de $0{,}2$ , indépendamment des tentatives précédentes.

On note $X$ le rang de la première tentative réussie.

a) Exprimez $P(X=k)$ en fonction de $k$ .
b) Calculez $P(X=1)$ et $P(X=3)$ .
c) Calculez $P(X>5)$ et interprétez.
d) Calculez $P(X\leq 10)$ , arrondie au millième.
e) Calculez $E(X)$ et interprétez.

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Réponses

a) $P(X=k)=0{,}8^{k-1}\times 0{,}2$
b) $0{,}2$ et $0{,}128$
c) $0{,}8^{5}=0{,}32768$
d) $\approx 0{,}893$
e) $E(X)=5$

a)

Pour que la première réussite ait lieu au rang $k$ , il faut $k-1$ ÉCHECS consécutifs suivis d'une réussite. Les tentatives étant indépendantes, on multiplie : $P(X=k)=0{,}8^{k-1}\times 0{,}2$ . C'est la loi géométrique, et l'exposant $k-1$ et non $k$ est le point à surveiller.

b)

$P(X=1)=0{,}8^{0}\times 0{,}2=0{,}2$ , ce qui est bien la probabilité de réussir du premier coup. Et $P(X=3)=0{,}8^{2}\times 0{,}2=0{,}64\times 0{,}2=0{,}128$ .

c)

L'événement $X>5$ signifie que les cinq premières tentatives ont TOUTES échoué, ce qui se calcule directement sans sommer : $P(X>5)=0{,}8^{5}=0{,}32768$ . Autrement dit, environ une fois sur trois, cinq tentatives ne suffisent pas. Cette formule $P(X>n)=q^{n}$ est le grand avantage de la loi géométrique.

d)

On passe par le contraire : $P(X\leq 10)=1-P(X>10)=1-0{,}8^{10}\approx 1-0{,}1074=0{,}893$ . Il y a donc près de neuf chances sur dix d'obtenir la ligne en dix tentatives ou moins.

e)

$E(X)=\frac{1}{p}=\frac{1}{0{,}2}=5$ : il faut en moyenne CINQ tentatives pour obtenir la ligne. Cette formule se retient par le bon sens, une chance sur cinq à chaque coup demandant cinq coups en moyenne.

Un paradoxe apparent mérite d'être levé, car il revient toujours. La valeur la plus PROBABLE est $k=1$ , avec $P(X=1)=0{,}2$ , alors que la valeur MOYENNE est $5$ : la distribution est strictement décroissante, mais sa longue queue à droite tire la moyenne vers le haut. Mode et espérance ne coïncident donc pas, exactement comme moyenne et médiane divergeaient à l'exercice 5. Un second fait surprend souvent, l'ABSENCE DE MÉMOIRE : sachant que les dix premières tentatives ont échoué, la probabilité de réussir à la onzième reste $0{,}2$ , et le nombre de tentatives restantes suit encore la même loi. Le téléphone ne se souvient pas des échecs passés, et croire le contraire est le sophisme du joueur.

Exercice 8 : Ajustement affine, corrélation et causalité

On relève, pour cinq mois consécutifs, le budget publicitaire $x$ en milliers de dollars et les ventes $y$ en milliers d'unités.

Le nuage de points est représenté ci-dessous.

$x$	1	2	3	4	5
$y$	2,1	3,9	6,2	7,8	10,1

a) Calculez les moyennes $\overline{x}$ et $\overline{y}$ .
b) Calculez la pente de la droite d'ajustement par moindres carrés, sachant qu'elle vaut $\frac{\sum(x_{i}-\overline{x})(y_{i}-\overline{y})}{\sum(x_{i}-\overline{x})^{2}}$ .
c) Déduisez-en l'équation de la droite d'ajustement.
d) Estimez les ventes pour un budget de 6 milliers de dollars.
e) Le responsable conclut : « augmenter le budget publicitaire cause une hausse des ventes ». Cette conclusion est-elle justifiée par ces données seules ?

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Réponses

a) $\overline{x}=3$ , $\overline{y}=6{,}02$
b) $a=1{,}99$
c) $y=1{,}99x+0{,}05$
d) $11{,}99$ milliers d'unités
e) Non : corrélation n'est pas causalité

a)

$\overline{x}=\frac{1+2+3+4+5}{5}=\frac{15}{5}=3$ et $\overline{y}=\frac{2{,}1+3{,}9+6{,}2+7{,}8+10{,}1}{5}=\frac{30{,}1}{5}=6{,}02$ . Le point moyen $G(3\,;\,6{,}02)$ appartiendra nécessairement à la droite d'ajustement, ce qui servira à la question c).

b)

On calcule les écarts à la moyenne puis leurs produits : $(-2)\times(-3{,}92)+(-1)\times(-2{,}12)+0\times 0{,}18+1\times 1{,}78+2\times 4{,}08=7{,}84+2{,}12+0+1{,}78+8{,}16=19{,}9$ . Le dénominateur vaut $(-2)^{2}+(-1)^{2}+0^{2}+1^{2}+2^{2}=4+1+0+1+4=10$ . La pente est donc $a=\frac{19{,}9}{10}=1{,}99$ .

c)

La droite des moindres carrés passe TOUJOURS par le point moyen, propriété qui donne l'ordonnée à l'origine sans calcul supplémentaire : $6{,}02=1{,}99\times 3+b$ , donc $b=6{,}02-5{,}97=0{,}05$ . L'équation est $y=1{,}99x+0{,}05$ . Interprétation : chaque millier de dollars investi s'accompagne d'environ $1\,990$ unités vendues de plus.

d)

Pour $x=6$ : $y=1{,}99\times 6+0{,}05=11{,}94+0{,}05=11{,}99$ milliers d'unités. C'est une EXTRAPOLATION légère, la valeur $6$ étant juste au-delà de la plage observée $[1\,;\,5]$ , et elle reste donc raisonnable ; une estimation pour $x=50$ serait en revanche sans valeur.

e)

Non, la conclusion n'est PAS justifiée par ces seules données. Elles montrent une corrélation très forte, mais la corrélation n'établit jamais la CAUSALITÉ. Trois explications alternatives restent ouvertes : une tendance saisonnière qui ferait monter les deux ensemble, une croissance générale du marché qui expliquerait indépendamment les deux hausses, ou même une causalité INVERSE si le budget publicitaire est fixé chaque mois en proportion des ventes du mois précédent. Pour conclure à une causalité, il faudrait une expérience contrôlée, en faisant varier le budget indépendamment du reste, par exemple en le baissant volontairement un mois.

La question e) est celle que l'épreuve valorise, et il vaut la peine de savoir nommer les trois écueils. Le premier est la VARIABLE CACHÉE, ou facteur de confusion, comme la saison ici et la taille de la ville à l'exercice 10. Le deuxième est la CAUSALITÉ INVERSE, où l'on prend l'effet pour la cause. Le troisième est le HASARD, cinq points pouvant s'aligner par coïncidence, ce qui est d'autant plus probable que l'échantillon est petit, et cinq mois c'est très peu. La formulation défendable existe pourtant : on peut écrire que, sur les cinq mois observés, chaque millier de dollars supplémentaire s'est accompagné d'environ deux mille unités vendues de plus, ce qui est vrai et n'engage rien de plus que les données.

Exercice 9 : Courbe de Lorenz et indice de Gini

Dans un pays, la population est partagée en cinq groupes de taille égale, classés du plus pauvre au plus riche. Leurs parts respectives du revenu total sont 5 %, 10 %, 15 %, 25 % et 45 %.

La figure ci-dessous représente ces parts.

a) Calculez les parts cumulées de revenu et donnez les cinq points de la courbe de Lorenz.
b) Que vaudrait la courbe de Lorenz dans une situation d'égalité parfaite ?
c) Calculez l'aire sous la courbe de Lorenz par la méthode des trapèzes.
d) Déduisez-en l'indice de Gini.
e) Interprétez la valeur obtenue.

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Réponses

a) $(0{,}2\,;0{,}05)$ , $(0{,}4\,;0{,}15)$ , $(0{,}6\,;0{,}30)$ , $(0{,}8\,;0{,}55)$ , $(1\,;1)$
b) La bissectrice $y=x$
c) Aire $0{,}31$
d) $G=0{,}38$
e) Inégalité modérée

a)

On CUMULE les parts de gauche à droite : $5\ \%$ , puis $5+10=15\ \%$ , puis $15+15=30\ \%$ , puis $30+25=55\ \%$ , puis $55+45=100\ \%$ . Les points de la courbe de Lorenz sont donc $(0{,}2\,;\,0{,}05)$ , $(0{,}4\,;\,0{,}15)$ , $(0{,}6\,;\,0{,}30)$ , $(0{,}8\,;\,0{,}55)$ et $(1\,;\,1)$ , en partant de l'origine $(0\,;\,0)$ . L'abscisse est la part cumulée de POPULATION, l'ordonnée la part cumulée de REVENU.

b)

Dans une égalité parfaite, chaque groupe de $20\ \%$ de la population détiendrait exactement $20\ \%$ du revenu : les points cumulés seraient $(0{,}2\,;\,0{,}2)$ , $(0{,}4\,;\,0{,}4)$ et ainsi de suite, donc la courbe serait la première BISSECTRICE, d'équation $y=x$ . Toute inégalité éloigne la courbe de cette diagonale vers le bas.

c)

On additionne les aires des cinq trapèzes de largeur $0{,}2$ , chacun ayant pour hauteurs les deux ordonnées consécutives : $0{,}2\times\left(\frac{0+0{,}05}{2}+\frac{0{,}05+0{,}15}{2}+\frac{0{,}15+0{,}30}{2}+\frac{0{,}30+0{,}55}{2}+\frac{0{,}55+1}{2}\right)=0{,}2\times\left(0{,}025+0{,}1+0{,}225+0{,}425+0{,}775\right)=0{,}2\times 1{,}55=0{,}31$ .

d)

L'indice de Gini est le double de l'aire comprise entre la bissectrice et la courbe. Comme l'aire sous la bissectrice vaut $\frac{1}{2}$ , on obtient $G=2\left(\frac{1}{2}-0{,}31\right)=1-2\times 0{,}31=1-0{,}62=0{,}38$ . Le facteur $2$ sert à normaliser l'indice pour qu'il varie entre $0$ et $1$ .

e)

Un indice de $0{,}38$ traduit une inégalité MODÉRÉE. La valeur $0$ correspondrait à une égalité parfaite, où la courbe se confondrait avec la bissectrice, et la valeur $1$ à une concentration totale, où une seule personne détiendrait tout le revenu. À titre de repère, les pays européens se situent souvent entre $0{,}25$ et $0{,}35$ , et les pays les plus inégalitaires dépassent $0{,}55$ .

L'intérêt de l'indice de Gini est de résumer toute une courbe par un SEUL nombre, ce qui permet de comparer des pays ou de suivre une évolution. Sa limite est exactement la même : deux courbes de formes très différentes peuvent donner le même indice, l'une traduisant une pauvreté généralisée avec une élite étroite, l'autre une classe moyenne large avec des extrêmes marqués. C'est la raison pour laquelle les économistes publient aussi le rapport entre les revenus du dernier et du premier quintile, qui vaut ici $\frac{45}{5}=9$ : les $20\ \%$ les plus riches perçoivent neuf fois plus que les $20\ \%$ les plus pauvres. Aucun indicateur unique ne remplace la lecture de la distribution complète, ce que l'exercice 10 rappellera sur les salaires.

Exercice 10 : Lecture critique de statistiques

Chacune des affirmations suivantes, inspirées d'articles de presse, est trompeuse. Expliquez précisément pourquoi.

a) « Les villes où il y a le plus de pompiers sont celles où les incendies causent le plus de dégâts : les pompiers aggravent donc les incendies. »
b) « Notre sondage réalisé auprès des visiteurs de notre site montre que 92 % des gens adorent notre marque. »
c) « Le prix a baissé de 20 % puis augmenté de 20 % : il est revenu à sa valeur initiale. »
d) « Le nombre de cas a augmenté de 100 % cette semaine, la situation est hors de contrôle. »
e) « La moyenne des salaires de notre entreprise est de 85 000 dollars : nos employés sont bien payés. »

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Réponses

a) Variable cachée : la taille de la ville
b) Biais de sélection
c) $100\to 80\to 96$ : $-4$ %
d) Pourcentage sans effectif de départ
e) Moyenne $\approx 120\,833$ , médiane $46\,500$ dollars

a)

C'est une confusion entre corrélation et causalité, avec une VARIABLE CACHÉE évidente : la taille de la ville. Les grandes villes ont plus de pompiers ET davantage d'incendies importants, ce qui crée un lien statistique parfaitement réel entre les deux. L'interprétation causale est non seulement injustifiée mais inversée, puisque les pompiers réduisent les dégâts. Le test qui démasque ce type d'énoncé consiste à chercher un facteur qui expliquerait les deux à la fois.

b)

L'échantillon n'est pas REPRÉSENTATIF : interroger les visiteurs du site d'une marque, c'est par construction interroger des personnes déjà intéressées par elle. C'est un biais de SÉLECTION, et il est ici massif. Pour mesurer l'opinion générale, il faudrait interroger un échantillon tiré au hasard dans la population entière, et non des personnes recrutées sur le lieu même de leur engagement. Le chiffre de $92\ \%$ peut être exact et ne rien dire de ce qu'il prétend mesurer.

c)

Faux. Un prix de $100$ baisse de $20\ \%$ à $80$ , puis augmente de $20\ \%$ de $80$ , soit $+16$ , pour atteindre $96$ . On ne retrouve pas $100$ , il manque $4$ . Les pourcentages ne s'ADDITIONNENT pas, parce qu'ils s'appliquent à des bases différentes : la seconde hausse porte sur un montant déjà réduit. La règle correcte est multiplicative, $0{,}8\times 1{,}2=0{,}96$ , soit une baisse nette de $4\ \%$ , et le résultat est le même quel que soit l'ordre des deux opérations.

d)

L'affirmation est inexploitable sans la valeur ABSOLUE de départ. Passer de $2$ à $4$ cas est une hausse de $100\ \%$ , tout comme passer de $5\,000$ à $10\,000$ , et les deux situations n'ont évidemment rien à voir. Un pourcentage de variation doit toujours être accompagné de l'effectif initial, sans quoi il ne renseigne sur rien, et c'est un procédé courant pour dramatiser de petits nombres.

e)

La moyenne est très sensible aux valeurs EXTRÊMES. Si quelques dirigeants gagnent plusieurs centaines de milliers de dollars, ils tirent la moyenne vers le haut alors que la majorité gagne bien moins. Avec six salaires valant $40\,000$ , $42\,000$ , $45\,000$ , $48\,000$ , $50\,000$ et $500\,000$ , la moyenne dépasse $120\,000$ dollars alors que la médiane, elle, n'est que de $46\,500$ : c'est cette dernière qui décrit le salarié typique. Il faudrait donc donner la médiane, et idéalement la distribution complète.

Ces cinq énoncés couvrent les cinq façons dont une statistique exacte peut induire en erreur, et il vaut la peine de les nommer pour les repérer. La confusion CAUSALE, l'échantillon BIAISÉ, l'arithmétique des POURCENTAGES, le pourcentage SANS BASE, et l'indicateur MAL CHOISI. Aucun de ces cinq énoncés ne contient de chiffre faux, ce qui est précisément ce qui les rend efficaces : la tromperie est dans l'interprétation, pas dans le calcul. Le réflexe protecteur tient en trois questions à se poser devant toute statistique : sur quelle population a-t-elle été mesurée, par rapport à quoi le pourcentage est-il calculé, et quel indicateur aurait donné une image différente ?

Exercice 11 : Même espérance, risques différents

Deux jeux coûtent chacun $2$ dollars la partie. Au jeu A, on gagne $3$ dollars avec la probabilité $0{,}5$ , sinon rien. Au jeu B, on gagne $50$ dollars avec la probabilité $0{,}03$ , sinon rien.

On note $X_{A}$ et $X_{B}$ le gain net d'une partie, mise déduite. On rappelle $V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}$ et $\sigma(X)=\sqrt{V(X)}$ .

a) Donnez la loi de $X_{A}$ et calculez $E(X_{A})$ .
b) Calculez l'écart-type de $X_{A}$ .
c) Donnez la loi de $X_{B}$ et calculez $E(X_{B})$ .
d) Calculez l'écart-type de $X_{B}$ , au centième.
e) Quel gain total moyen un joueur peut-il attendre sur $100$ parties, quel que soit le jeu ? Lequel conseiller à un joueur prudent ?

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Réponses

a) $+1$ ou $-2$ ; $E(X_{A})=-0{,}5$
b) $\sigma(X_{A})=1{,}5$
c) $+48$ ou $-2$ ; $E(X_{B})=-0{,}5$
d) $\sigma(X_{B})\approx 8{,}53$
e) $-50$ dollars ; le jeu A, moins risqué

a)

Gain net $3-2=+1$ avec la probabilité $0{,}5$ , $-2$ avec la probabilité $0{,}5$ . $E(X_{A})=0{,}5\times 1+0{,}5\times(-2)=-0{,}5$ dollar. Oublier la mise donnerait $E=1{,}5$ et un jeu faussement avantageux.

b)

$E(X_{A}^{2})=0{,}5\times 1+0{,}5\times 4=2{,}5$ , donc $V(X_{A})=2{,}5-0{,}25=2{,}25$ et $\sigma(X_{A})=1{,}5$ dollar.

c)

Gain net $+48$ avec la probabilité $0{,}03$ , $-2$ avec la probabilité $0{,}97$ . $E(X_{B})=0{,}03\times 48-0{,}97\times 2=1{,}44-1{,}94=-0{,}5$ dollar : la même espérance qu'au jeu A.

d)

$E(X_{B}^{2})=0{,}03\times 2\,304+0{,}97\times 4=69{,}12+3{,}88=73$ , donc $V(X_{B})=73-0{,}25=72{,}75$ et $\sigma(X_{B})\approx 8{,}53$ dollars, près de six fois plus qu'au jeu A.

e)

Par linéarité, $100\times(-0{,}5)=-50$ dollars en moyenne dans les deux cas. Le joueur prudent choisira A : ses résultats restent proches de cette moyenne, alors qu'au jeu B on perd presque toujours, avec de rares gros gains. L'espérance mesure le résultat moyen, l'écart-type la dispersion autour de lui, c'est-à-dire le RISQUE.

Exercice 12 : Répondre au hasard à un QCM

Un QCM comporte $10$ questions indépendantes, chacune à $4$ réponses dont une seule est juste. Un élève répond entièrement au hasard. On note $X$ le nombre de bonnes réponses.

a) Quelle est la loi de $X$ ? Calculez son espérance.
b) Calculez la probabilité d'obtenir exactement $5$ bonnes réponses, au dix-millième.
c) Calculez la probabilité d'obtenir au moins $5$ bonnes réponses, au dix-millième.
d) Calculez l'écart-type de $X$ , au millième, sachant que $V(X)=np(1-p)$ .
e) Pour décourager le hasard, on attribue $1$ point par bonne réponse et on retire $\frac{1}{3}$ de point par mauvaise réponse. Exprimez la note $N$ en fonction de $X$ et calculez $E(N)$ .

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Réponses

a) $\mathcal{B}(10\,;0{,}25)$ , $E(X)=2{,}5$
b) $\approx 0{,}0584$
c) $\approx 0{,}0781$
d) $\sigma\approx 1{,}369$
e) $N=\frac{4X-10}{3}$ , $E(N)=0$

a)

Dix répétitions indépendantes d'une épreuve à deux issues, de probabilité de succès $\frac{1}{4}$ : $X$ suit $\mathcal{B}(10\,;0{,}25)$ et $E(X)=10\times 0{,}25=2{,}5$ .

b)

$P(X=5)=\binom{10}{5}\times 0{,}25^{5}\times 0{,}75^{5}=252\times 0{,}000977\times 0{,}2373\approx 0{,}0584$ .

c)

$P(X\geq 5)=P(X=5)+\dots+P(X=10)\approx 0{,}0584+0{,}0162+0{,}0031+0{,}0004+\dots\approx 0{,}0781$ : moins de $8\ \%$ de chances d'avoir la moyenne en répondant au hasard.

d)

$\sigma(X)=\sqrt{10\times 0{,}25\times 0{,}75}=\sqrt{1{,}875}\approx 1{,}369$ .

e)

$N=X-\frac{1}{3}(10-X)=\frac{4X-10}{3}$ . Par linéarité, $E(N)=\frac{4\times 2{,}5-10}{3}=0$ . En moyenne, répondre au hasard ne rapporte plus rien : c'est tout l'objet de la pénalité de $\frac{1}{3}$ , calculée pour que le gain espéré d'une réponse au hasard, $\frac{1}{4}\times 1-\frac{3}{4}\times\frac{1}{3}$ , soit nul.

Exercice 13 : Sport, musique et indépendance

Dans un lycée de $200$ élèves, $120$ pratiquent un sport, $50$ jouent d'un instrument et $30$ font les deux. On choisit un élève au hasard. On note $S$ « l'élève pratique un sport » et $M$ « l'élève joue d'un instrument ».

La figure ci-dessous représente la situation.

a) Calculez $P(S)$ , $P(M)$ et $P(S\cap M)$ .
b) Calculez $P_{S}(M)$ .
c) Les événements $S$ et $M$ sont-ils indépendants ? Justifiez de deux façons.
d) Calculez la probabilité que l'élève pratique un sport ou joue d'un instrument.
e) Calculez $P_{M}(S)$ et commentez.

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Réponses

a) $0{,}6$ ; $0{,}25$ ; $0{,}15$
b) $P_{S}(M)=0{,}25$
c) Oui : $P(S)P(M)=P(S\cap M)$
d) $0{,}7$
e) $P_{M}(S)=0{,}6=P(S)$

a)

$P(S)=\frac{120}{200}=0{,}6$ , $P(M)=\frac{50}{200}=0{,}25$ , $P(S\cap M)=\frac{30}{200}=0{,}15$ .

b)

Parmi les $120$ sportifs, $30$ jouent d'un instrument : $P_{S}(M)=\frac{30}{120}=0{,}25$ .

c)

Oui. Première façon : $P(S)\times P(M)=0{,}6\times 0{,}25=0{,}15=P(S\cap M)$ . Seconde façon : $P_{S}(M)=0{,}25=P(M)$ , savoir qu'un élève est sportif ne change pas la probabilité qu'il soit musicien. Les deux critères sont équivalents.

d)

$P(S\cup M)=P(S)+P(M)-P(S\cap M)=0{,}6+0{,}25-0{,}15=0{,}7$ . Additionner sans retrancher $0{,}15$ compterait deux fois les élèves qui font les deux.

e)

$P_{M}(S)=\frac{30}{50}=0{,}6=P(S)$ : l'indépendance marche dans les deux sens. Attention, indépendants ne veut pas dire incompatibles : ici $30$ élèves font les deux, alors que des événements incompatibles n'auraient aucun élève en commun.

Exercice 14 : Le paradoxe de Simpson : deux hôpitaux

Deux hôpitaux publient leurs taux de guérison pour une même opération. On distingue les cas légers et les cas graves.

	A : cas légers	A : cas graves	B : cas légers	B : cas graves
Patients	50	150	150	50
Guéris	45	75	128	20

a) Calculez le taux global de guérison de chaque hôpital.
b) Calculez le taux de guérison des cas légers dans chaque hôpital, au dixième de pour cent.
c) Calculez le taux de guérison des cas graves dans chaque hôpital.
d) Quel hôpital est le meilleur ? Expliquez le paradoxe.
e) Pour comparer équitablement, on calcule le taux qu'aurait chaque hôpital avec $100$ cas légers et $100$ cas graves. Calculez ces taux, au dixième de pour cent.

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Réponses

a) A : $60$ % ; B : $74$ %
b) Légers : A $90$ %, B $85{,}3$ %
c) Graves : A $50$ %, B $40$ %
d) A meilleur partout ; paradoxe de Simpson
e) A : $70$ %, B : $62{,}7$ %

a)

A : $\frac{45+75}{200}=\frac{120}{200}=60\ \%$ . B : $\frac{128+20}{200}=\frac{148}{200}=74\ \%$ . L'hôpital B semble nettement meilleur.

b)

A : $\frac{45}{50}=90\ \%$ . B : $\frac{128}{150}\approx 85{,}3\ \%$ . L'hôpital A est meilleur pour les cas légers.

c)

A : $\frac{75}{150}=50\ \%$ . B : $\frac{20}{50}=40\ \%$ . L'hôpital A est aussi meilleur pour les cas graves.

d)

L'hôpital A est meilleur dans CHAQUE catégorie, mais moins bon globalement. Il n'y a pas de contradiction : A soigne surtout des cas graves, $150$ sur $200$ , qui guérissent moins souvent partout. Son taux global est une moyenne pondérée tirée vers le bas par cette répartition. C'est le paradoxe de Simpson : regrouper des populations de compositions différentes peut inverser une comparaison. La gravité est ici une variable cachée.

e)

A : $\frac{90+50}{200}=70\ \%$ . B : $\frac{85{,}3+40}{200}\approx 62{,}7\ \%$ . À répartition égale, l'hôpital A reprend l'avantage de $7{,}3$ points. Un classement qui ne tient pas compte de la gravité des cas pénaliserait injustement l'hôpital qui accepte les patients les plus difficiles.

Exercice 15 : Le paradoxe des anniversaires

Dans un groupe de $n$ personnes, on cherche la probabilité qu'au moins deux d'entre elles aient le même jour d'anniversaire. On suppose les $365$ jours de l'année équiprobables et les anniversaires indépendants, en ignorant le $29$ février.

a) Pour $n=2$ , calculez la probabilité que les deux anniversaires soient différents, au dix-millième.
b) Justifiez que la probabilité que les $n$ anniversaires soient tous différents vaut $\frac{365}{365}\times\frac{364}{365}\times\cdots\times\frac{365-n+1}{365}$ .
c) Pour $n=23$ , calculez la probabilité qu'au moins deux personnes partagent leur anniversaire, au millième.
d) Même question pour $n=50$ .
e) Dans un groupe de $23$ personnes, quelle est la probabilité qu'au moins une des $22$ autres ait le même anniversaire que VOUS ? Expliquez l'écart avec c).

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Réponses

a) $\approx 0{,}9973$
b) Produit des probabilités d'éviter les jours pris
c) $\approx 0{,}507$
d) $\approx 0{,}970$
e) $\approx 0{,}059$ : $253$ paires possibles

a)

La seconde personne doit éviter le jour de la première : $\frac{364}{365}\approx 0{,}9973$ .

b)

La première personne a $365$ jours possibles, la deuxième doit en éviter $1$ , la troisième $2$ , et ainsi de suite jusqu'à la $n^{\text{e}}$ qui doit en éviter $n-1$ . Par indépendance, on multiplie les probabilités successives.

c)

Le produit des $23$ facteurs vaut environ $0{,}4927$ ; par l'événement contraire, la probabilité d'au moins une coïncidence vaut $1-0{,}4927\approx 0{,}507$ . Plus d'une chance sur deux avec seulement $23$ personnes : c'est le paradoxe.

d)

Pour $n=50$ : $1-\prod_{k=0}^{49}\frac{365-k}{365}\approx 0{,}970$ . Dans une salle de cinquante personnes, une coïncidence est presque certaine.

e)

Chacune des $22$ autres personnes a la probabilité $\frac{364}{365}$ de ne pas être née le même jour que vous : $1-\left(\frac{364}{365}\right)^{22}\approx 0{,}059$ . Seulement $6\ \%$ . En c), la coïncidence peut concerner N'IMPORTE QUELLE paire, et un groupe de $23$ personnes forme $\binom{23}{2}=253$ paires : l'intuition se trompe parce qu'elle pense à sa propre date, pas à toutes les paires.

Exercice 16 : Loi uniforme, loi de Bernoulli et triangle de Pascal : le dé à vingt faces

Dans un jeu de plateau, on lance un dé équilibré à vingt faces numérotées de $1$ à $20$ . On note $X$ le numéro obtenu : $X$ suit la loi uniforme sur $\{1,\ 2,\ \ldots,\ 20\}$ .

Une attaque réussit quand le dé donne $17$ ou plus. On note $Y$ la variable qui vaut $1$ si l'attaque réussit et $0$ sinon. Un joueur lance ensuite six attaques indépendantes, et l'on note $Z$ le nombre d'attaques réussies.

a) Donnez $P(X=k)$ pour tout entier $k$ de $1$ à $20$ , puis démontrez que $E(X)=\frac{21}{2}$ en utilisant $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ .
b) Justifiez que $Y$ suit une loi de Bernoulli dont vous donnerez le paramètre $p$ . Calculez $E(Y)$ , puis $V(Y)$ par la définition, et $\sigma(Y)$ .
c) Pour une loi de Bernoulli de paramètre $p$ quelconque, l'écart type vaut $\sqrt{p(1-p)}$ . Pour quelle valeur de $p$ est-il le plus grand, et que vaut-il alors ?
d) Construisez le triangle de Pascal jusqu'à la ligne $n=6$ . Combien de chemins de l'arbre des six attaques comptent exactement deux succès ? Combien l'arbre a-t-il de chemins en tout ? Vérifiez sur la ligne $6$ que $\binom{6}{4}=\binom{6}{2}$ et expliquez cette symétrie.
e) Calculez $P(Z=2)$ et $P(Z=4)$ au dix-millième. Les deux coefficients binomiaux sont égaux : pourquoi les deux probabilités ne le sont-elles pas ?

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Réponses

a) $P(X=k)=\frac{1}{20}$ ; $E(X)=\frac{21}{2}=10{,}5$
b) Bernoulli de paramètre $p=0{,}2$ ; $E(Y)=0{,}2$ , $V(Y)=0{,}16$ , $\sigma(Y)=0{,}4$
c) Maximum en $p=0{,}5$ , où $\sigma=0{,}5$
d) Ligne $6$ : $1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1$ ; $15$ chemins à deux succès sur $64$ ; $\binom{6}{4}=\binom{6}{2}$
e) $P(Z=2)\approx 0{,}2458$ , $P(Z=4)\approx 0{,}0154$ : symétrie des coefficients, pas des probabilités

a)

Le dé est équilibré : les vingt faces ont la même probabilité, donc $P(X=k)=\frac{1}{20}$ pour tout entier $k$ de $1$ à $20$ . C'est la définition de la loi uniforme sur $\{1,\ \ldots,\ 20\}$ . Par définition de l'espérance, $E(X)=\sum_{k=1}^{20}k\times\frac{1}{20}=\frac{1}{20}(1+2+\cdots+20)=\frac{1}{20}\times\frac{20\times 21}{2}=\frac{21}{2}=10{,}5$ . La démonstration vaut pour tout $n$ : $E(X)=\frac{1}{n}\times\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n+1}{2}$ . Le piège est de répondre $\frac{20}{2}=10$ : les valeurs vont de $1$ à $20$ , et non de $0$ à $20$ , donc leur milieu est $10{,}5$ . Comme souvent, l'espérance n'est pas une valeur que $X$ peut prendre.

b)

On ne regarde que deux issues, succès ( $X\geq 17$ ) ou échec, et $Y$ vaut $1$ en cas de succès, $0$ sinon : c'est une épreuve de Bernoulli, et $Y$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $p=P(X\geq 17)=\frac{4}{20}=0{,}2$ , les quatre faces $17$ , $18$ , $19$ et $20$ étant favorables. Son espérance vaut $E(Y)=1\times p+0\times(1-p)=p=0{,}2$ . Par la définition, moyenne pondérée des carrés des écarts à l'espérance : $V(Y)=p(1-p)^{2}+(1-p)(0-p)^{2}=p(1-p)\left[(1-p)+p\right]=p(1-p)$ , soit ici $0{,}2\times 0{,}64+0{,}8\times 0{,}04=0{,}128+0{,}032=0{,}16$ , et $\sigma(Y)=\sqrt{0{,}16}=0{,}4$ . La factorisation par $p(1-p)$ est la démonstration attendue : elle donne $E(Y)=p$ et $\sigma(Y)=\sqrt{p(1-p)}$ pour toute loi de Bernoulli.

c)

La fonction $p\mapsto p(1-p)=-p^{2}+p$ est un trinôme de coefficient dominant négatif : son maximum est atteint au sommet, en $p=\frac{1}{2}$ , et vaut $\frac{1}{4}$ . On le lit aussi sur l'écriture $p(1-p)=\frac{1}{4}-\left(p-\frac{1}{2}\right)^{2}$ . La racine carrée étant croissante, $\sigma$ est maximal en $p=0{,}5$ et vaut $\sqrt{0{,}25}=0{,}5$ . Interprétation : une expérience à deux issues est la plus incertaine quand les deux issues sont également probables, et elle devient presque sans surprise quand $p$ s'approche de $0$ ou de $1$ . L'attaque, avec $p=0{,}2$ , est donc moins dispersée qu'un pile ou face : $0{,}4$ contre $0{,}5$ .

d)

Chaque ligne du triangle commence et finit par $1$ , et chaque autre nombre est la somme des deux nombres situés au-dessus de lui, ce qui traduit $\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$ . On obtient successivement $1$ ; $1,\ 1$ ; $1,\ 2,\ 1$ ; $1,\ 3,\ 3,\ 1$ ; $1,\ 4,\ 6,\ 4,\ 1$ ; $1,\ 5,\ 10,\ 10,\ 5,\ 1$ et enfin la ligne $6$ : $1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1$ . Le coefficient $\binom{6}{2}$ est, par définition, le nombre de chemins de l'arbre des six attaques qui comptent exactement deux succès : il y en a $15$ . L'arbre a en tout $2^{6}=64$ chemins, et la ligne le confirme : $1+6+15+20+15+6+1=64$ . Enfin $\binom{6}{4}=15=\binom{6}{2}$ : choisir les quatre attaques réussies revient à choisir les deux ratées, donc il y a autant de chemins à quatre succès qu'à deux. C'est la symétrie $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$ , qui fait de chaque ligne un palindrome.

e)

Les six attaques sont indépendantes et ont la même probabilité de succès $0{,}2$ : $Z$ compte les succès d'un schéma de Bernoulli, donc $Z$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(6\,;0{,}2)$ . Un chemin à deux succès a pour probabilité $0{,}2^{2}\times 0{,}8^{4}$ , et il y en a $15$ : $P(Z=2)=15\times 0{,}04\times 0{,}4096=0{,}24576\approx 0{,}2458$ . De même $P(Z=4)=15\times 0{,}2^{4}\times 0{,}8^{2}=15\times 0{,}0016\times 0{,}64=0{,}01536\approx 0{,}0154$ . Le COEFFICIENT est le même, mais il compte des chemins, pas des probabilités : un chemin à quatre succès et deux échecs est bien moins probable qu'un chemin à deux succès et quatre échecs, puisque le succès est rare. La symétrie des probabilités n'a lieu que si $p=\frac{1}{2}$ , et c'est elle qui servira à l'exercice 17 pour tester une pièce. Contrôle : $E(Z)=6\times 0{,}2=1{,}2$ , et la loi pèse bien le plus autour de $1$ ou $2$ succès.

À retenir : on nomme la loi AVANT de calculer, en disant quelle expérience la produit. Un seul tirage équiprobable parmi $n$ valeurs donne la loi uniforme, $E=\frac{n+1}{2}$ ; une seule expérience à deux issues donne la loi de Bernoulli, $E=p$ et $\sigma=\sqrt{p(1-p)}$ ; la répétition indépendante de $n$ expériences de Bernoulli donne la loi binomiale, dont les coefficients se lisent dans le triangle de Pascal. Pour simuler $X$ à partir d'un nombre $U$ tiré uniformément dans $[0\,;1[$ , on prend la partie entière de $20U$ et l'on ajoute $1$ ; pour simuler $Y$ , on pose $Y=1$ si $U<0{,}2$ et $Y=0$ sinon.

Exercice 17 : Deux intervalles pour une loi binomiale : la pièce suspecte et la surréservation

Partie 1. Un joueur soupçonne une pièce d'être truquée. Il la lance $50$ fois et note $X$ le nombre de piles. Sous l'hypothèse « la pièce est équilibrée », $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(50\,;0{,}5)$ , pour laquelle on donne, au dix-millième : $P(X\leq 16)\approx 0{,}0077$ , $P(X\leq 17)\approx 0{,}0164$ , $P(X\leq 18)\approx 0{,}0325$ et $P(X\leq 19)\approx 0{,}0595$ .

Partie 2. Une compagnie aérienne exploite un avion de $57$ places. Elle vend $60$ billets, sachant que chaque passager se présente à l'embarquement avec la probabilité $0{,}9$ , indépendamment des autres. On note $Y$ le nombre de passagers qui se présentent ; $Y$ suit la loi $\mathcal{B}(60\,;0{,}9)$ , dont le tableau donne quelques valeurs de $P(Y\leq k)$ au dix-millième. On se fixe le seuil $\alpha=0{,}05$ .

$k$	55	56	57	58	59
$P(Y\leq k)$	0,7290	0,8626	0,9470	0,9862	0,9982

a) Expliquez pourquoi, pour la loi $\mathcal{B}(50\,;0{,}5)$ , $P(X=k)=P(X=50-k)$ pour tout entier $k$ de $0$ à $50$ . Déduisez-en $P(X\geq 33)$ .
b) Déterminez le plus petit intervalle $I=[25-h\,;25+h]$ , centré en $25$ , tel que $P(X\in I)\geq 0{,}95$ , et calculez $P(X\in I)$ .
c) Le joueur obtient $34$ piles. Que conclut-il au seuil de $5$ pour cent ? Et s'il avait obtenu $31$ piles ?
d) Calculez $E(Y)$ . Déterminez le plus petit entier $k$ tel que $P(Y\leq k)\geq 0{,}95$ .
e) Calculez la probabilité que des passagers qui se présentent soient refusés faute de place. La vente de $60$ billets pour $57$ places respecte-t-elle le seuil de $5$ pour cent ?

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/9

a)

P(X\geq 33)

b)

I

;

P(X\in I)

c)

Avec

34

piles

Avec

31

piles

d)

E(Y)

k

e)

P(Y\geq 58)

Seuil respecté ?

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Réponses

a) $\binom{50}{k}=\binom{50}{50-k}$ et $p=0{,}5$ ; $P(X\geq 33)=P(X\leq 17)\approx 0{,}0164$
b) $I=[18\,;32]$ , $P(X\in I)\approx 0{,}9672$
c) $34$ piles : on rejette l'équilibre au seuil de $5$ % ; $31$ piles : on ne rejette pas, sans rien prouver
d) $E(Y)=54$ ; $k=58$
e) $P(Y\geq 58)\approx 0{,}053>0{,}05$ : seuil non respecté

a)

Sous l'hypothèse d'équilibre, $P(X=k)=\binom{50}{k}0{,}5^{k}\,0{,}5^{50-k}=\binom{50}{k}\times 0{,}5^{50}$ : chaque suite de lancers a la même probabilité $0{,}5^{50}$ , et seul compte le nombre de suites. Or $\binom{50}{k}=\binom{50}{50-k}$ , par la symétrie des coefficients binomiaux : choisir les $k$ lancers qui donnent pile revient à choisir les $50-k$ qui donnent face. Donc $P(X=k)=P(X=50-k)$ , et le diagramme de la loi est symétrique par rapport à $25$ . On en déduit $P(X\geq 33)=P(X\leq 50-33)=P(X\leq 17)\approx 0{,}0164$ : les deux queues de la loi ont la même masse. Cette symétrie est propre à $p=0{,}5$ ; avec une autre probabilité de succès, elle disparaît, comme l'a montré l'exercice 16.

b)

L'intervalle $I=[25-h\,;25+h]$ laisse de côté deux queues de même probabilité, $P(X\leq 24-h)$ à gauche et $P(X\geq 26+h)=P(X\leq 24-h)$ à droite. Donc $P(X\in I)=1-2P(X\leq 24-h)$ , et la condition $P(X\in I)\geq 0{,}95$ équivaut à $P(X\leq 24-h)\leq 0{,}025$ . D'après les valeurs données, $P(X\leq 17)\approx 0{,}0164\leq 0{,}025$ mais $P(X\leq 18)\approx 0{,}0325>0{,}025$ : il faut $24-h\leq 17$ , soit $h\geq 7$ . Le plus petit intervalle est donc $I=[18\,;32]$ , avec $P(X\in I)=1-2\times 0{,}0164=0{,}9672$ . Le cran d'en dessous, $[19\,;31]$ , ne donnerait que $1-2\times 0{,}0325=0{,}935$ , insuffisant. Le piège est de comparer $P(X\leq 24-h)$ à $0{,}05$ au lieu de $0{,}025$ : le risque total se partage entre les DEUX queues.

c)

La règle de décision se fixe avant l'expérience : si le nombre de piles tombe hors de $I$ , on rejette l'hypothèse « la pièce est équilibrée » au seuil de $5$ pour cent. Avec $34$ piles, on est hors de $[18\,;32]$ : on rejette l'hypothèse, en sachant qu'une pièce équilibrée produirait un résultat aussi éloigné de $25$ moins de $5$ fois sur $100$ . Ce n'est pas une preuve absolue, c'est un risque d'erreur contrôlé. Avec $31$ piles, on est dans $I$ : on ne rejette pas l'hypothèse. Mais on n'a pas démontré que la pièce est équilibrée : $50$ lancers sont peu, et une pièce légèrement déséquilibrée donnerait très souvent un résultat dans $I$ . Ne pas rejeter n'est pas prouver, et c'est la phrase qui coûte le plus de points sur ce type de question.

d)

$E(Y)=np=60\times 0{,}9=54$ : en moyenne, $54$ passagers se présentent, trois de moins que la capacité. On cherche le plus petit $k$ tel que $P(Y\leq k)\geq 0{,}95$ , ce qui revient à construire un intervalle de la forme $[0\,;k]$ de probabilité au moins $1-\alpha$ . Le tableau donne $P(Y\leq 57)\approx 0{,}9470<0{,}95$ et $P(Y\leq 58)\approx 0{,}9862\geq 0{,}95$ : donc $k=58$ . Avec une probabilité d'au moins $0{,}95$ , il se présente au plus $58$ passagers. Cette fois, l'intervalle n'est pas centré : seule la queue de DROITE est dangereuse, un avion à moitié vide ne provoque aucun refus d'embarquement.

e)

Des passagers sont refusés dès que $Y\geq 58$ , et $P(Y\geq 58)=1-P(Y\leq 57)\approx 1-0{,}9470=0{,}053$ . Ce risque dépasse $0{,}05$ : la politique ne respecte pas le seuil, de peu. C'est ce que disait déjà d) : le seuil demande $k\leq 57$ , or le plus petit $k$ convenable est $58$ . En vendant $59$ billets seulement, on aurait $P(Y\leq 57)\approx 0{,}9849$ , soit un risque d'environ $1{,}5$ pour cent, cette fois acceptable. L'espérance seule, $54$ passagers pour $57$ places, donnait une fausse impression de sécurité : c'est la queue de la loi, et non sa moyenne, qui décide d'une surréservation.

À retenir : pour une loi binomiale, un intervalle $I$ tel que $P(X\in I)\geq 1-\alpha$ se construit en retirant des queues dont la masse totale ne dépasse pas $\alpha$ : deux queues d'au plus $\frac{\alpha}{2}$ quand on teste une symétrie, une seule queue d'au plus $\alpha$ quand un seul côté pose problème. La calculatrice ou le tableur donne les valeurs $P(X\leq k)$ , et un algorithme les parcourt jusqu'au premier $k$ qui convient.

Exercice 18 : La crue centennale : une loi sans mémoire

Sur une rivière, les hydrologues appellent crue centennale une crue dont la probabilité d'être atteinte ou dépassée au cours d'une année donnée vaut $0{,}01$ . On suppose les années indépendantes les unes des autres, et l'on note $X$ le rang de la première année, à partir d'aujourd'hui, où survient une crue centennale.

On admet que l'espérance d'une loi géométrique de paramètre $p$ vaut $\frac{1}{p}$ .

a) Justifiez que $X$ suit une loi géométrique, donnez $P(X=k)$ et calculez $E(X)$ . Que signifie l'expression « période de retour de cent ans » ?
b) Montrez que $P(X>n)=0{,}99^{n}$ . Calculez au dix-millième la probabilité qu'aucune crue centennale ne survienne dans les $30$ prochaines années, puis celle qu'au moins une survienne dans les $100$ prochaines années.
c) Démontrez que, pour tous entiers naturels $n$ et $m$ , $P_{X>n}(X>n+m)=P(X>m)$ . Un riverain habite depuis $40$ ans au bord de la rivière sans avoir vu de crue centennale. Quelle est la probabilité qu'il n'en voie aucune dans les $30$ années suivantes ?
d) Pour un niveau d'eau plus bas, un hydrologue ne suppose pas la loi. Il admet seulement que le rang $Y$ de la première année de dépassement, à valeurs dans $\{1,\ 2,\ 3,\ \ldots\}$ , est sans mémoire : $P_{Y>n}(Y>n+1)=P(Y>1)$ pour tout $n$ , avec $P(Y>1)=0{,}98$ . Montrez que $P(Y>n)=0{,}98^{n}$ , déduisez-en que $Y$ suit une loi géométrique, puis calculez $P(Y=3)$ au dix-millième et $E(Y)$ .
e) Une crue centennale vient de se produire. Un élu déclare : « nous voilà tranquilles pour un siècle ». Calculez au dix-millième la probabilité d'au moins une nouvelle crue centennale dans les $10$ années qui suivent, et commentez.

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Réponses

a) Loi géométrique de paramètre $0{,}01$ : $P(X=k)=0{,}99^{k-1}\times 0{,}01$ ; $E(X)=100$ ans, une moyenne
b) $P(X>30)\approx 0{,}7397$ ; $P(X\leq 100)\approx 0{,}6340$
c) $\frac{0{,}99^{n+m}}{0{,}99^{n}}=0{,}99^{m}$ ; pour le riverain $0{,}99^{30}\approx 0{,}7397$
d) $P(Y>n)=0{,}98^{n}$ , loi géométrique de paramètre $0{,}02$ ; $P(Y=3)\approx 0{,}0192$ ; $E(Y)=50$ ans
e) $1-0{,}99^{10}\approx 0{,}0956$ : la période de retour n'est pas un délai garanti

a)

Chaque année est une épreuve de Bernoulli, crue centennale ou non, de probabilité de succès $p=0{,}01$ , et les années sont indépendantes : $X$ est le rang du PREMIER succès d'un schéma de Bernoulli, donc $X$ suit la loi géométrique de paramètre $0{,}01$ . Pour que la première crue survienne l'année $k$ , il faut $k-1$ années sans crue puis une année de crue : $P(X=k)=0{,}99^{k-1}\times 0{,}01$ . Son espérance vaut $E(X)=\frac{1}{0{,}01}=100$ ans. La « période de retour » de cent ans est exactement cette espérance : c'est l'intervalle MOYEN entre deux crues sur une très longue durée, pas un calendrier. Rien n'empêche deux crues centennales à deux ans d'écart, ni un siècle et demi sans aucune.

b)

L'événement $X>n$ signifie que les $n$ premières années sont toutes sans crue. Par indépendance, $P(X>n)=0{,}99^{n}$ , sans aucune somme à calculer. Pour trente ans : $P(X>30)=0{,}99^{30}\approx 0{,}7397$ ; il y a environ trois chances sur quatre de ne voir aucune crue centennale en trente ans. Pour cent ans, on passe par le contraire : $P(X\leq 100)=1-0{,}99^{100}\approx 1-0{,}3660=0{,}6340$ . Le résultat surprend : sur un siècle entier, la crue « centennale » n'a qu'environ $63$ chances sur $100$ de se produire. Répondre $100\times 0{,}01=1$ , c'est additionner les probabilités de cent événements qui ne sont pas incompatibles, deux crues pouvant survenir dans le même siècle.

c)

Par définition d'une probabilité conditionnelle, $P_{X>n}(X>n+m)=\frac{P\left((X>n+m)\cap(X>n)\right)}{P(X>n)}$ . Or si $X>n+m$ , alors a fortiori $X>n$ : l'intersection est l'événement $X>n+m$ lui-même. Donc $P_{X>n}(X>n+m)=\frac{0{,}99^{n+m}}{0{,}99^{n}}=0{,}99^{m}=P(X>m)$ . C'est l'absence de mémoire : savoir qu'aucune crue n'a eu lieu pendant $n$ années ne change rien à la loi du temps qu'il reste à attendre. Pour le riverain, $n=40$ et $m=30$ : la probabilité de ne voir aucune crue dans les trente années suivantes vaut $0{,}99^{30}\approx 0{,}7397$ , exactement la même qu'au premier jour. Les quarante années calmes ne rendent la crue ni « imminente » ni « en retard » ; croire le contraire est le sophisme du joueur.

d)

Pour tout $n$ , l'événement $Y>n+1$ est inclus dans $Y>n$ , donc $P_{Y>n}(Y>n+1)=\frac{P(Y>n+1)}{P(Y>n)}$ . L'absence de mémoire donne alors $P(Y>n+1)=P(Y>n)\times P(Y>1)=0{,}98\,P(Y>n)$ . La suite $u_{n}=P(Y>n)$ est donc géométrique de raison $0{,}98$ , avec $u_{0}=P(Y>0)=1$ puisque $Y\geq 1$ : $P(Y>n)=0{,}98^{n}$ . On en déduit $P(Y=k)=P(Y>k-1)-P(Y>k)=0{,}98^{k-1}-0{,}98^{k}=0{,}98^{k-1}\times 0{,}02$ : c'est la loi géométrique de paramètre $0{,}02$ . On n'a supposé que l'absence de mémoire, et la loi s'impose : c'est la caractérisation de la loi géométrique. Ainsi $P(Y=3)=0{,}98^{2}\times 0{,}02=0{,}019208\approx 0{,}0192$ et $E(Y)=\frac{1}{0{,}02}=50$ ans : c'est une crue cinquantennale.

e)

Juste après une crue, l'absence de mémoire joue dans l'autre sens : le passé ne protège pas plus qu'il ne menace. Le rang de la prochaine crue suit encore la loi géométrique de paramètre $0{,}01$ , et la probabilité d'au moins une crue dans les dix années suivantes vaut $1-0{,}99^{10}\approx 1-0{,}9044=0{,}0956$ , près d'une chance sur dix. L'élu confond la période de retour, qui est une moyenne, avec un délai garanti. C'est pourquoi on dimensionne une digue sur la probabilité annuelle de dépassement, et non sur un calendrier des crues.

À retenir : pour une loi géométrique, $P(X>n)=(1-p)^{n}$ se calcule d'un coup, sans somme, et donne toutes les probabilités « au moins une fois en $n$ ans » par le contraire. L'absence de mémoire, $P_{X>n}(X>n+m)=P(X>m)$ , est à la fois une propriété de la loi et sa caractérisation : une variable à valeurs entières sans mémoire est nécessairement géométrique.

Exercice 19 : Valeurs prédictives d'un test antidopage selon la prévalence

Un test antidopage a une sensibilité de $0{,}95$ : il est positif chez $95$ pour cent des sportifs dopés. Il a une spécificité de $0{,}98$ : il est négatif chez $98$ pour cent des sportifs non dopés.

On note $x$ la prévalence, c'est-à-dire la proportion de sportifs dopés dans la population contrôlée, avec $0<x<1$ . On choisit un sportif contrôlé au hasard ; on note $D$ l'événement « il est dopé » et $T$ l'événement « son test est positif ». La valeur prédictive positive est $\mathrm{VPP}=P_{T}(D)$ , la valeur prédictive négative est $\mathrm{VPN}=P_{\overline{T}}\left(\overline{D}\right)$ .

a) Montrez que $P(T)=0{,}93x+0{,}02$ , puis que $\mathrm{VPP}=f(x)=\frac{0{,}95x}{0{,}93x+0{,}02}$ . Calculez $f(0{,}01)$ au dix-millième.
b) Montrez de même que $\mathrm{VPN}=g(x)=\frac{0{,}98(1-x)}{0{,}98-0{,}93x}$ et calculez $g(0{,}01)$ au dix-millième.
c) Calculez $f'(x)$ et déduisez-en le sens de variation de $f$ sur $]0\,;1[$ .
d) À partir de quelle prévalence la valeur prédictive positive atteint-elle $0{,}9$ ? Donnez la valeur exacte, puis l'arrondi au millième.
e) Lors d'un contrôle ciblé, sur des sportifs signalés par leur profil biologique, la prévalence est estimée à $0{,}2$ . Calculez $f(0{,}2)$ et $g(0{,}2)$ au dix-millième, et expliquez pourquoi un même test n'a pas la même valeur selon la population où on l'utilise.

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Réponses

a) $P(T)=0{,}93x+0{,}02$ ; $f(0{,}01)\approx 0{,}3242$
b) $P\left(\overline{T}\right)=0{,}98-0{,}93x$ ; $g(0{,}01)\approx 0{,}9995$
c) $f'(x)=\frac{0{,}019}{(0{,}93x+0{,}02)^{2}}>0$ : $f$ strictement croissante
d) $x\geq\frac{18}{113}\approx 0{,}159$
e) $f(0{,}2)\approx 0{,}9223$ , $g(0{,}2)\approx 0{,}9874$ : la valeur prédictive dépend de la prévalence

a)

On traduit : $P(D)=x$ , $P_{D}(T)=0{,}95$ (sensibilité) et $P_{\overline{D}}\left(\overline{T}\right)=0{,}98$ (spécificité), donc $P_{\overline{D}}(T)=0{,}02$ , le taux de faux positifs. Par la formule des probabilités totales, $P(T)=x\times 0{,}95+(1-x)\times 0{,}02=0{,}95x+0{,}02-0{,}02x=0{,}93x+0{,}02$ . La formule de Bayes donne alors $\mathrm{VPP}=P_{T}(D)=\frac{P(D\cap T)}{P(T)}=\frac{0{,}95x}{0{,}93x+0{,}02}=f(x)$ . Pour une prévalence de $1$ pour cent : $f(0{,}01)=\frac{0{,}0095}{0{,}0293}\approx 0{,}3242$ . Un test sensible à $95$ pour cent et spécifique à $98$ pour cent, utilisé dans une population où un sportif sur cent est dopé, donne un résultat positif qui ne désigne un dopé qu'environ une fois sur trois : les faux positifs, $0{,}02\times 0{,}99=0{,}0198$ , sont plus nombreux que les vrais, $0{,}0095$ .

b)

Un test négatif arrive par deux chemins : dopé et négatif, $x\times 0{,}05$ , ou non dopé et négatif, $(1-x)\times 0{,}98$ . Donc $P\left(\overline{T}\right)=0{,}05x+0{,}98-0{,}98x=0{,}98-0{,}93x$ , ce qui est bien $1-P(T)$ . Puis $\mathrm{VPN}=P_{\overline{T}}\left(\overline{D}\right)=\frac{0{,}98(1-x)}{0{,}98-0{,}93x}=g(x)$ . Avec $x=0{,}01$ : $g(0{,}01)=\frac{0{,}9702}{0{,}9707}\approx 0{,}9995$ . À faible prévalence, un test négatif est très rassurant, alors qu'un test positif l'est très peu : les deux valeurs prédictives ne se déduisent pas l'une de l'autre.

c)

On dérive un quotient $\frac{u}{v}$ avec $u(x)=0{,}95x$ et $v(x)=0{,}93x+0{,}02$ : $f'(x)=\frac{0{,}95(0{,}93x+0{,}02)-0{,}95x\times 0{,}93}{(0{,}93x+0{,}02)^{2}}=\frac{0{,}019}{(0{,}93x+0{,}02)^{2}}$ . Les termes en $x$ se détruisent au numérateur, qui vaut $0{,}95\times 0{,}02=0{,}019>0$ , et le dénominateur est un carré non nul : $f'(x)>0$ sur $]0\,;1[$ , donc $f$ est strictement croissante. Plus la prévalence est forte, plus un test positif est probant. Le même calcul sur $g$ donne un numérateur égal à $-0{,}049$ : $g$ est strictement décroissante, et plus la prévalence est forte, moins un test négatif rassure.

d)

Comme $0{,}93x+0{,}02>0$ , l'inéquation $f(x)\geq 0{,}9$ équivaut à $0{,}95x\geq 0{,}9(0{,}93x+0{,}02)$ , soit $0{,}95x-0{,}837x\geq 0{,}018$ , c'est-à-dire $0{,}113x\geq 0{,}018$ et $x\geq\frac{0{,}018}{0{,}113}=\frac{18}{113}\approx 0{,}159$ . Il faut donc qu'environ $16$ pour cent des sportifs contrôlés soient dopés pour qu'un test positif désigne un dopé au moins neuf fois sur dix. Vérification : $f\left(\frac{18}{113}\right)=0{,}9$ exactement, et la croissance de $f$ établie en c) garantit que l'inégalité vaut pour toute prévalence supérieure.

e)

$f(0{,}2)=\frac{0{,}19}{0{,}206}\approx 0{,}9223$ et $g(0{,}2)=\frac{0{,}784}{0{,}794}\approx 0{,}9874$ . Le même test, avec la même sensibilité et la même spécificité, voit sa valeur prédictive positive passer d'environ $0{,}32$ à environ $0{,}92$ quand on passe d'un contrôle au hasard à un contrôle ciblé. La sensibilité et la spécificité sont des qualités du TEST, mesurées sachant l'état du sportif ; les valeurs prédictives sont des probabilités sachant le RÉSULTAT, et elles dépendent de la probabilité a priori, ici la prévalence. C'est tout le raisonnement bayésien : $P_{D}(T)$ ne change pas, $P_{T}(D)$ change avec $P(D)$ . D'où la pratique réelle : on ne sanctionne pas sur un test isolé appliqué à tous, on confirme par une contre-analyse, ou l'on cible d'abord la population.

À retenir : une valeur prédictive n'est jamais une caractéristique du test seul. Avant de dire ce que vaut un résultat positif, on demande dans quelle population le test a été fait. La montée très raide de la courbe de $f$ aux faibles prévalences explique à la fois le paradoxe des faux positifs et l'intérêt d'un contrôle ciblé.

Exercice 20 : Coefficient de corrélation et changement de variable : la pression en altitude

Le tableau donne la pression atmosphérique moyenne $p$ , en hectopascals, à différentes altitudes $h$ , en kilomètres, dans l'atmosphère type utilisée en aéronautique. Le nuage de points est représenté ci-dessous.

On rappelle que le coefficient de corrélation linéaire d'une série $(x_{i}\,;y_{i})$ vaut $r=\frac{\mathrm{cov}(x,y)}{\sigma_{x}\,\sigma_{y}}$ ; la calculatrice l'affiche avec la droite des moindres carrés. On utilisera la calculatrice pour les régressions.

$h$ (km)	0	1	2	3	4	5
$p$ (hPa)	1013	899	795	701	617	540

a) Calculez le coefficient de corrélation linéaire $r$ entre $h$ et $p$ , à $10^{-4}$ près.
b) Déterminez l'équation $p=ah+b$ de la droite des moindres carrés, coefficients au centième. Quelle pression ce modèle prévoit-il à $12$ km, altitude de croisière d'un avion de ligne ?
c) On pose $z=\ln p$ . Calculez le coefficient de corrélation entre $h$ et $z$ à $10^{-4}$ près, puis l'équation $z=\alpha h+\beta$ de la droite des moindres carrés, coefficients à $10^{-4}$ près.
d) Déduisez-en une expression $p=k\,\mathrm{e}^{\alpha h}$ , avec $k$ à l'unité. Quelle pression ce modèle prévoit-il à $12$ km ? Par quel facteur la pression est-elle multipliée à chaque kilomètre gagné, au millième ?
e) La pression mesurée à $12$ km dans l'atmosphère type est de $194$ hPa. Quel modèle retenir ? Calculez l'écart relatif de sa prévision, en pour cent, et dites ce que cet exercice apprend sur le coefficient de corrélation.

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Réponses

a) $r\approx -0{,}9973$
b) $p=-94{,}43h+996{,}90$ ; à $12$ km, $-136{,}26$ hPa : absurde
c) $r\approx -0{,}9998$ ; $z=-0{,}1257h+6{,}9259$
d) $p\approx 1\,018\,\mathrm{e}^{-0{,}1257h}$ ; $225$ hPa à $12$ km ; facteur $0{,}882$ par km
e) Modèle exponentiel, écart d'environ $16$ % ; un $r$ proche de $\pm 1$ ne choisit pas le modèle

a)

À la calculatrice, en saisissant $h$ en liste 1 et $p$ en liste 2, la régression linéaire affiche $r\approx -0{,}9973$ . On peut le retrouver à la main : $\overline{h}=2{,}5$ , $\overline{p}=\frac{4\,565}{6}\approx 760{,}83$ , et les sommes $\sum(h_{i}-\overline{h})(p_{i}-\overline{p})=-1\,652{,}5$ , $\sum(h_{i}-\overline{h})^{2}=17{,}5$ et $\sum(p_{i}-\overline{p})^{2}\approx 156\,880{,}8$ donnent $r=\frac{-1\,652{,}5}{\sqrt{17{,}5\times 156\,880{,}8}}\approx -0{,}9973$ . Le signe dit que la pression DIMINUE quand l'altitude augmente ; la valeur absolue, très proche de $1$ , dit que les six points sont presque alignés. Rien de plus : $r$ mesure l'alignement du nuage OBSERVÉ, sur la plage de $0$ à $5$ km.

b)

La pente vaut $a=\frac{-1\,652{,}5}{17{,}5}\approx -94{,}43$ , et la droite passe par le point moyen, d'où $b=\overline{p}-a\overline{h}\approx 760{,}83+94{,}43\times 2{,}5\approx 996{,}90$ : $p=-94{,}43h+996{,}90$ . Le modèle dit que la pression perd environ $94$ hPa par kilomètre. À $12$ km : $p\approx -94{,}43\times 12+996{,}90=-136{,}26$ hPa. Une pression NÉGATIVE n'a aucun sens physique : l'extrapolation affine, à plus du double de la plage observée, s'effondre, alors même que $r\approx -0{,}9973$ semblait excellent. C'est la leçon centrale de l'exercice : un $r$ proche de $\pm 1$ ne garantit pas que le modèle affine soit le bon, il dit seulement que, SUR LES DONNÉES, une droite passe près des points.

c)

Les valeurs de $z=\ln p$ sont, à $10^{-4}$ près, $6{,}9207$ ; $6{,}8013$ ; $6{,}6783$ ; $6{,}5525$ ; $6{,}4249$ et $6{,}2916$ . La calculatrice donne pour $(h\,;z)$ : $r\approx -0{,}9998$ , plus proche encore de $-1$ , et la droite $z=-0{,}1257h+6{,}9259$ . Le changement de variable a redressé une légère courbure du nuage : les baisses successives de pression, $114$ ; $104$ ; $94$ ; $84$ et $77$ hPa, diminuent, ce qui trahit une décroissance qui n'est pas affine, alors que les rapports successifs, tous proches de $0{,}88$ , sont presque constants, ce qui signale une décroissance exponentielle.

d)

De $\ln p=\alpha h+\beta$ on tire $p=\mathrm{e}^{\beta}\,\mathrm{e}^{\alpha h}$ , avec $k=\mathrm{e}^{6{,}9259}\approx 1\,018$ : $p\approx 1\,018\,\mathrm{e}^{-0{,}1257h}$ . À $12$ km : $p\approx 1\,018\,\mathrm{e}^{-1{,}5084}\approx 225$ hPa, une valeur positive et plausible. Chaque kilomètre multiplie la pression par $\mathrm{e}^{-0{,}1257}\approx 0{,}882$ , soit une baisse d'environ $11{,}8$ pour cent par kilomètre : le modèle exponentiel dit que l'air perd une PROPORTION constante de sa pression, le modèle affine qu'il en perd une QUANTITÉ constante. Physiquement, c'est la première description qui convient, chaque couche d'air étant comprimée par le poids des couches situées au-dessus d'elle, poids qui diminue lui-même avec l'altitude.

e)

On retient le modèle exponentiel. Sa prévision, $225$ hPa, s'écarte de la valeur mesurée de $\frac{225-194}{194}\approx 0{,}16$ , soit environ $16$ pour cent : c'est une extrapolation à plus du double de la plage des données, et elle reste approximative parce que la température de l'air baisse avec l'altitude, ce que le modèle ignore. Mais l'ordre de grandeur est juste, quand le modèle affine donnait une pression négative. Ce que l'exercice apprend sur $r$ : les deux coefficients, $-0{,}9973$ et $-0{,}9998$ , sont tous deux excellents, et aucun ne suffisait à choisir le modèle. On choisit un ajustement par la forme du nuage (baisses ou rapports constants), par le sens physique du phénomène et par la prudence devant toute extrapolation ; le coefficient de corrélation ne vient qu'ensuite, pour mesurer la qualité de l'ajustement retenu.

À retenir : quand un nuage se courbe, on cherche le changement de variable qui le redresse, $z=\ln y$ pour une variation à pourcentage constant, on ajuste $z$ par les moindres carrés, puis l'on revient à $y$ par l'exponentielle. Une corrélation, même très forte, décrit des données : elle ne choisit pas le modèle, n'autorise pas une extrapolation lointaine et, comme à l'exercice 8, n'établit aucune causalité.

Exercices corrigés : probabilités et statistiques (maths complémentaires)

Rappel de cours

Calculs : la loi binomiale à calculer

Exercice 0.1 : Calculer avec la loi binomiale : dix calculs directs

Partie A : Les bases (/50)

Exercice 1 : Arbre pondéré

Exercice 2 : Formule des probabilités totales

Exercice 3 : Loi binomiale

Exercice 4 : Espérance et contrat

Exercice 5 : Indicateurs d'une série statistique

Partie B : Niveau examen (/50)

Exercice 6 : Inférence bayésienne : filtre anti-spam

Exercice 7 : Temps d'attente

Exercice 8 : Ajustement affine, corrélation et causalité

Exercice 9 : Courbe de Lorenz et indice de Gini

Exercice 10 : Lecture critique de statistiques

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Même espérance, risques différents

Exercice 12 : Répondre au hasard à un QCM

Exercice 13 : Sport, musique et indépendance

Exercice 14 : Le paradoxe de Simpson : deux hôpitaux

Exercice 15 : Le paradoxe des anniversaires

Partie D : lois discrètes et thèmes du programme (/50)

Exercice 16 : Loi uniforme, loi de Bernoulli et triangle de Pascal : le dé à vingt faces

Exercice 17 : Deux intervalles pour une loi binomiale : la pièce suspecte et la surréservation

Exercice 18 : La crue centennale : une loi sans mémoire

Exercice 19 : Valeurs prédictives d'un test antidopage selon la prévalence

Exercice 20 : Coefficient de corrélation et changement de variable : la pression en altitude

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