Exercices corrigés : probabilités et lois de distribution (201-337)

$P(X=2)=\binom{6}{2}(0{,}3)^{2}(0{,}7)^{4}=15\times 0{,}09\times 0{,}2401=0{,}324\,135\approx 0{,}3241$. Piège : oublier $\binom{6}{2}=15$, ce qui donne la probabilité d'UNE seule séquence, $0{,}0216$.

$P(X\leq 1)=P(X=0)+P(X=1)=(0{,}8)^{5}+5(0{,}2)(0{,}8)^{4}=0{,}327\,68+0{,}4096=0{,}737\,28\approx 0{,}7373$. Piège : ne calculer que $P(X=1)$.

$P(X\geq 1)=1-P(X=0)=1-(0{,}85)^{8}=1-0{,}272\,49=0{,}727\,51\approx 0{,}7275$. Additionner les termes de 1 à 8 donnerait le même résultat en huit fois plus de calculs.

$E(X)=np=40\times 0{,}35=14$ et $\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{40\times 0{,}35\times 0{,}65}=\sqrt{9{,}1}\approx 3{,}02$. Piège : donner la variance $9{,}1$ pour l'écart-type.

$P(X=3)=\frac{e^{-2{,}5}(2{,}5)^{3}}{3!}=\frac{0{,}082\,085\times 15{,}625}{6}\approx 0{,}2138$.

$P(X\leq 2)=e^{-1{,}2}\left(1+1{,}2+\frac{1{,}2^{2}}{2}\right)=0{,}301\,194\times(1+1{,}2+0{,}72)=0{,}301\,194\times 2{,}92\approx 0{,}8795$. Piège : oublier le terme $k=0$, qui vaut $e^{-1{,}2}$ et pèse lourd.

La table donne directement $P(Z<1{,}28)=0{,}8997$. Par symétrie de la cloche, $P(Z>-0{,}64)=P(Z<0{,}64)=0{,}7389$. Piège : écrire $1-0{,}7389=0{,}2611$, l'aire du mauvais côté.

Les deux bornes donnent $z_{1}=\frac{42-50}{8}=-1{,}00$ et $z_{2}=\frac{62-50}{8}=1{,}50$. Donc $P(42<X<62)=0{,}9332-0{,}1587=0{,}7745$. Piège : additionner les deux aires au lieu de les soustraire.

$P(X>x)=0{,}10$ laisse $0{,}90$ à GAUCHE : on cherche $0{,}90$ à l'intérieur de la table, qui donne $z\approx 1{,}28$. Donc $x=\mu+z\sigma=200+1{,}28\times 25=232{,}0$. Piège : chercher $0{,}10$ dans la table, ce qui donne $z=-1{,}28$ et $x=168$, le seuil des 10 % les plus bas.

$\mu=np=75\times 0{,}2=15$ et $\sigma=\sqrt{75\times 0{,}2\times 0{,}8}=\sqrt{12}\approx 3{,}464$ ; les conditions $np=15\geq 5$ et $n(1-p)=60\geq 5$ sont remplies. « Au moins 20 » commence à $19{,}5$ : $z=\frac{19{,}5-15}{3{,}464}\approx 1{,}30$, donc $P(X\geq 20)\approx 1-0{,}9032=0{,}0968$. Piège : garder $20$, ou prendre $20{,}5$, qui retire la valeur 20 de l'événement.

Notons $M$ suivre les mathématiques et $P$ suivre la physique-chimie. On a $P(M)=\dfrac{22}{40}=0{,}550$, $P(P)=\dfrac{18}{40}=0{,}450$ et $P(M\cap P)=\dfrac{9}{40}=0{,}225$. Alors $P(M\cup P)=0{,}550+0{,}450-0{,}225=0{,}775$. Il faut bien retrancher l'intersection, faute de quoi les neuf étudiants suivant les deux seraient comptés deux fois.

C'est l'événement complémentaire : $P\left(\overline{M\cup P}\right)=1-0{,}775=0{,}225$, soit 9 étudiants sur 40. Contrôle par dénombrement direct : $22+18-9=31$ étudiants suivent au moins une spécialité, il en reste donc $40-31=9$, ce qui confirme.

Ils ne sont PAS incompatibles, puisque $P(M\cap P)=0{,}225\neq 0$ : neuf étudiants suivent bien les deux. Pour l'indépendance, on compare $P(M\cap P)$ au produit $P(M)\times P(P)=0{,}550\times 0{,}450=0{,}2475$. Or l'intersection vaut 0,225, valeur DIFFÉRENTE : les deux événements ne sont donc pas indépendants. L'écart est faible mais réel, et signale une légère tendance à ne pas cumuler les deux spécialités.

Si $A$ et $B$ sont incompatibles, alors $P(A\cap B)=0$ par définition. S'ils étaient de plus indépendants, on aurait $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$, donc $P(A)\times P(B)=0$, ce qui force l'une au moins des deux probabilités à être nulle. Dès que les deux sont strictement positives, la contradiction est immédiate. Intuitivement, deux événements incompatibles sont au contraire fortement DÉPENDANTS : savoir que l'un s'est produit garantit que l'autre ne s'est pas produit, ce qui est la forme la plus extrême de dépendance.

Sur 100 000 personnes : $0{,}50$ % sont malades, soit 500 malades et 99 500 personnes saines. Parmi les 500 malades, le test en détecte 99 %, soit 495 VRAIS POSITIFS, et manque les 5 autres, qui sont des FAUX NÉGATIFS. Parmi les 99 500 personnes saines, 95 % sont correctement déclarées négatives, soit 94 525 VRAIS NÉGATIFS, et les 5 % restants, soit 4975 personnes, sont des FAUX POSITIFS.

Le nombre total de tests positifs vaut $495+4975=5470$. Parmi eux, seulement 495 correspondent à de vrais malades, soit $\dfrac{495}{5470}=0{,}0905$, c'est-à-dire 9,05 %. Autrement dit, plus de 90 % des personnes ayant un test positif ne sont PAS malades.

$P\left(M\mid +\right)=\dfrac{P\left(+\mid M\right)P(M)}{P(+)}$ avec $P(+)=P\left(+\mid M\right)P(M)+P\left(+\mid\overline{M}\right)P\left(\overline{M}\right)$. Numériquement, $P(+)=0{,}99\times 0{,}005+0{,}05\times 0{,}995=0{,}00495+0{,}04975=0{,}0547$. Alors $P\left(M\mid +\right)=\dfrac{0{,}00495}{0{,}0547}=0{,}0905$, soit 9,05 % : identique au décompte de b, comme il se doit.

L'écart vient de la taille des deux groupes. Les malades sont RARES, 500 personnes, donc même en en détectant 99 % on n'obtient que 495 vrais positifs. Les personnes saines sont au contraire très NOMBREUSES, 99 500, si bien que le taux de faux positifs de 5 %, qui paraît faible, produit à lui seul 4975 positifs, soit dix fois plus. Un petit pourcentage d'un très grand nombre écrase un grand pourcentage d'un très petit nombre. C'est la PRÉVALENCE, absente du discours sur la « fiabilité à 99 % », qui commande le résultat.

Qu'il faut s'en abstenir, ou l'assortir d'un second test. Dépister massivement une maladie rare produit une majorité écrasante de faux positifs, avec pour conséquences une anxiété inutile, des examens de confirmation coûteux et parfois invasifs, et une perte de confiance dans le dépistage. La stratégie rationnelle consiste à ne dépister que des populations à prévalence ÉLEVÉE, c'est-à-dire présentant des facteurs de risque, ce qui augmente $P(M)$ et donc la valeur prédictive positive ; ou bien à confirmer tout positif par un second test indépendant et plus spécifique. C'est exactement ainsi que sont conçus les protocoles réels de dépistage.

Trois issues possibles. Le 6 rapporte 12 dollars pour 3 misés, soit $X=+9$ avec probabilité $\frac{1}{6}$. Le 5 rapporte 6 dollars, soit $X=+3$ avec probabilité $\frac{1}{6}$. Les quatre autres faces ne rapportent rien, soit $X=-3$ avec probabilité $\frac{4}{6}$. Vérification : $\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{4}{6}=1$.

$E(X)=(9)\frac{1}{6}+(3)\frac{1}{6}+(-3)\frac{4}{6}=\frac{9+3-12}{6}=0$. Le jeu est donc parfaitement ÉQUITABLE : à long terme, ni le joueur ni le forain ne gagne quoi que ce soit. Attention à l'interprétation : l'espérance est un gain MOYEN sur un grand nombre de parties, pas une prédiction pour une partie. Ici, le joueur ne peut jamais gagner exactement 0 dollar : l'espérance est une valeur que la variable ne prend jamais.

$E(X^{2})=(81)\frac{1}{6}+(9)\frac{1}{6}+(9)\frac{4}{6}=\frac{81+9+36}{6}=21$. Donc $V(X)=E(X^{2})-[E(X)]^{2}=21-0=21$ et $\sigma=\sqrt{21}\approx 4{,}58$ dollars. L'espérance dit que le jeu est neutre ; l'écart-type dit qu'il est RISQUÉ : à chaque partie, le résultat s'écarte typiquement de plus de quatre dollars et demi de zéro. Deux jeux d'espérance identique peuvent avoir des risques radicalement différents, et c'est la variance qui les distingue. Un jeu où l'on mise un dollar pour en gagner un a la même espérance nulle qu'une loterie à un million : personne ne les confondrait.

Avec une mise de 4 dollars, les gains nets deviennent $+8$, $+2$ et $-4$ : $E(X)=\frac{8+2-16}{6}=-\frac{6}{6}=-1{,}00$ dollar par partie pour le joueur, donc $+1{,}00$ dollar pour le forain. Sur 1000 parties, son bénéfice espéré est de 1000 dollars. Il peut en être quasi certain grâce à la LOI DES GRANDS NOMBRES : la moyenne des gains sur $n$ parties converge vers l'espérance, et son écart-type ne vaut que $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$, ici environ $\frac{4{,}6}{31{,}6}\approx 0{,}15$ dollar. Autrement dit, le hasard qui domine une partie devient négligeable sur mille. C'est exactement le modèle économique de tous les casinos : une espérance légèrement favorable, répétée un très grand nombre de fois.

Pour l'assureur : $E=300-(0{,}012)(20\ 000)=300-240=+60$ dollars par contrat et par an. Pour l'assuré, c'est l'opposé : $-60$ dollars. L'assurance est donc, en espérance, un mauvais placement, et elle le sera toujours, sans quoi aucun assureur ne survivrait. On souscrit néanmoins parce que l'espérance n'est pas le seul critère de décision : la perte de 20 000 dollars, même improbable, peut être RUINEUSE, alors que la prime de 300 dollars est absorbable. Payer 60 dollars par an revient à acheter la suppression de la variance, ce qui est parfaitement rationnel pour qui ne peut pas se permettre le pire cas. L'assureur, lui, mutualise des dizaines de milliers de contrats et se retrouve dans la situation du forain du d) : pour lui, la variance a pratiquement disparu.

Les trois conditions sont remplies. Premièrement, le nombre d'essais est FIXÉ : $n=10$ questions. Deuxièmement, chaque essai n'a que DEUX issues, bonne ou mauvaise réponse, avec une probabilité de succès CONSTANTE $p=\dfrac{1}{4}=0{,}25$, puisqu'il y a une bonne option sur quatre à chaque question. Troisièmement, les essais sont INDÉPENDANTS, l'étudiant répondant au hasard sans que ses réponses s'influencent. Donc $X\sim B(10\ ;\ 0{,}25)$.

$\binom{10}{3}=\dfrac{10!}{3!\,7!}=\dfrac{10\times 9\times 8}{3\times 2\times 1}=120$. Ce nombre compte les FAÇONS de choisir quelles 3 questions parmi les 10 seront réussies, sans tenir compte de l'ordre : la séquence des réussites aux questions 1, 2 et 3 est comptée une seule fois, au même titre que celle aux questions 4, 7 et 9.

$P(X=3)=\binom{10}{3}\left(0{,}25\right)^{3}\left(0{,}75\right)^{7}=120\times 0{,}015625\times 0{,}13348=0{,}250$. Environ une chance sur quatre. Chaque séquence précise a une probabilité de $0{,}25^{3}\times 0{,}75^{7}$, et il y en a 120 : le coefficient binomial est bien un simple compteur.

$\mu=np=10\times 0{,}25=2{,}5$ bonnes réponses en moyenne, ce qui est cohérent avec l'intuition d'un quart de 10. L'écart-type vaut $\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{10\times 0{,}25\times 0{,}75}=\sqrt{1{,}875}=1{,}37$.

« Au plus 1 » signifie 0 ou 1, deux cas incompatibles dont on additionne les probabilités. $P(X=0)=\binom{10}{0}\left(0{,}25\right)^{0}\left(0{,}75\right)^{10}=0{,}0563$ et $P(X=1)=\binom{10}{1}\left(0{,}25\right)^{1}\left(0{,}75\right)^{9}=10\times 0{,}25\times 0{,}0751=0{,}1877$. La somme vaut $0{,}244$. Un étudiant répondant au hasard a donc près d'une chance sur quatre de ne pas dépasser une bonne réponse, ce qui justifie que ce type de questionnaire soit souvent corrigé avec pénalité pour mauvaise réponse. Sur le diagramme, chaque barre vaut $\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$ et la somme de toutes les barres, de $k=0$ à $k=n$, vaut exactement 1.

On convertit : $z=\dfrac{130-100}{15}=2{,}00$. La table donne l'aire à gauche de $z=2{,}00$, soit 0,9772. La proportion cherchée est donc $1-0{,}9772=0{,}0228$, environ 2,3 % de la population.

Les deux bornes correspondent à $z=\dfrac{85-100}{15}=-1{,}00$ et $z=\dfrac{115-100}{15}=+1{,}00$. L'aire entre ces deux cotes vaut $0{,}8413-0{,}1587=0{,}6827$, soit environ 68,3 %.

La règle empirique annonce environ 68 % des données à moins d'un écart-type de la moyenne. Or 85 et 115 sont exactement $\mu-\sigma$ et $\mu+\sigma$, puisque $\sigma=15$. Le résultat de 68,3 % coïncide donc parfaitement : la règle empirique n'est rien d'autre que la lecture de la table pour $z=\pm 1$, $\pm 2$ et $\pm 3$, arrondie.

Appartenir aux 2,5 % supérieurs signifie laisser 97,5 % de l'aire à gauche. La table donne $z=1{,}96$ pour cette aire. On revient à l'échelle d'origine : $x=\mu+z\sigma=100+1{,}96\times 15=100+29{,}4=129{,}4$. Il faut donc dépasser environ 129, ce qui est cohérent avec le résultat de a où le seuil 130 laissait 2,3 %.

À cause du THÉORÈME CENTRAL LIMITE : dès qu'une grandeur résulte de la somme d'un grand nombre de contributions petites, indépendantes et de même ordre, sa distribution tend vers une normale, quelles que soient les lois individuelles. Or c'est le cas de la plupart des caractères naturels : la taille d'un individu résulte de nombreux gènes et de facteurs nutritionnels, une erreur de mesure résulte de multiples causes minuscules, et ainsi de suite. C'est ce théorème qui explique l'omniprésence de la courbe en cloche, et c'est aussi lui qui fonde toute l'inférence statistique du chapitre suivant.

Avec remise, la composition de l'urne est identique à chaque tirage : la probabilité de rouge vaut $\frac{5}{12}$ à chaque fois, et les tirages sont INDÉPENDANTS. Les trois conditions de la binomiale sont donc réunies : un nombre fixé d'essais, deux issues, une probabilité constante et l'indépendance. $P(3\text{ rouges})=\left(\frac{5}{12}\right)^{3}=\frac{125}{1728}\approx 0{,}0723$.

Sans remise, chaque tirage modifie l'urne. Par l'arbre : $P=\frac{5}{12}\times\frac{4}{11}\times\frac{3}{10}=\frac{60}{1320}=\frac{1}{22}\approx 0{,}0455$. Par les combinaisons : on choisit 3 rouges parmi 5, sur l'ensemble des façons de choisir 3 boules parmi 12, soit $\frac{\binom{5}{3}}{\binom{12}{3}}=\frac{10}{220}=\frac{1}{22}$. Les deux méthodes donnent le même résultat, ce qui est rassurant : la première suit le déroulement chronologique, la seconde compte directement les mains possibles en ignorant l'ordre. Notez que la probabilité a chuté de 0,0723 à 0,0455 : retirer les rouges au fur et à mesure rend le triplé nettement plus difficile.

Exactement une rouge signifie une rouge parmi les 5 et deux bleues parmi les 7 : $P=\frac{\binom{5}{1}\binom{7}{2}}{\binom{12}{3}}=\frac{(5)(21)}{220}=\frac{105}{220}\approx 0{,}477$. C'est la loi HYPERGÉOMÉTRIQUE, la version sans remise de la binomiale.

Le plus court est de passer par le complémentaire : « au moins une rouge » est le contraire de « aucune rouge », c'est-à-dire de trois bleues. $P(\text{aucune rouge})=\frac{\binom{7}{3}}{\binom{12}{3}}=\frac{35}{220}$, donc $P(\text{au moins une})=1-\frac{35}{220}=\frac{185}{220}\approx 0{,}841$. L'autre voie exigerait d'additionner les cas « exactement 1 », « exactement 2 » et « exactement 3 », soit trois calculs au lieu d'un. Dès qu'un énoncé contient « au moins un », le réflexe doit être le complémentaire.

$P=\frac{5000}{12000}\times\frac{4999}{11999}\times\frac{4998}{11998}\approx 0{,}0723$, c'est-à-dire la valeur du a) à moins d'un dixième de pour cent près. La raison est que retirer trois boules d'une urne de douze mille ne change pratiquement pas les proportions, alors que les retirer d'une urne de douze les bouleverse. Règle pratique : on peut traiter un tirage sans remise comme une binomiale dès que l'échantillon ne dépasse pas environ 5 % de la population. C'est le cas de presque tous les sondages, où l'on interroge mille personnes dans un pays de plusieurs millions, et c'est ce qui justifie d'utiliser la binomiale, puis son approximation normale, dans toute la suite du cours.

Code à quatre chiffres : l'ordre compte et les répétitions sont permises, c'est un arrangement AVEC répétition : $10^{4}=10\ 000$. Podium avec 8 coureurs : l'ordre compte (l'or n'est pas l'argent) mais sans répétition, c'est un arrangement SANS répétition : $\frac{8!}{5!}=(8)(7)(6)=336$. Loto : l'ordre ne compte pas et il n'y a pas de répétition, c'est une COMBINAISON : $\binom{49}{6}=13\ 983\ 816$. Ce dernier nombre est la raison pour laquelle une grille unique a environ une chance sur quatorze millions, et pourquoi jouer chaque semaine pendant toute une vie n'y change presque rien.

ANAGRAMME compte 9 lettres, dont trois A et deux M, les quatre autres, N, G, R et E, étant uniques. S'il n'y avait aucune répétition, il y aurait $9!=362\ 880$ arrangements. Mais les trois A sont indiscernables : chaque anagramme visible correspond à $3!=6$ façons de permuter les A entre eux, qui donnent toutes le même mot. De même pour les deux M, avec $2!=2$. On divise donc : $\frac{9!}{3!\,2!}=\frac{362\ 880}{12}=30\ 240$ anagrammes distinctes. Le principe est général : on compte comme si tout était discernable, puis on divise par le nombre de permutations invisibles.

Comités possibles : $\binom{14}{5}=2002$. Exactement 3 femmes : on choisit 3 femmes parmi 8 ET 2 hommes parmi 6, donc $\binom{8}{3}\binom{6}{2}=(56)(15)=840$. Au moins un homme : le plus rapide est le complémentaire, « aucun homme » signifiant cinq femmes, soit $\binom{8}{5}=56$ comités ; donc $2002-56=1946$. Remarquez le « ET » du deuxième calcul, qui se traduit par une multiplication, alors que le « au moins » du troisième appelle une soustraction.

Avec des rôles distincts, l'ordre compte : $(14)(13)(12)=2184$ façons. Choisir simplement 3 personnes sans leur attribuer de rôle donne $\binom{14}{3}=364$. Le rapport vaut $\frac{2184}{364}=6=3!$ : chaque groupe de trois personnes peut se répartir les trois rôles de $3!$ façons. C'est exactement la relation entre arrangements et combinaisons, $\binom{n}{k}=\frac{A_{n}^{k}}{k!}$, où $A_{n}^{k}=\frac{n!}{(n-k)!}$ compte les choix ordonnés de $k$ objets parmi $n$ : une combinaison est un arrangement dont on a oublié l'ordre.

Sur un banc, les places sont distinctes : $5!=120$ façons. Autour d'une table ronde, seule compte la disposition RELATIVE : faire tourner tout le monde d'une place ne change rien à qui est à côté de qui. Chaque disposition circulaire correspond donc à 5 arrangements linéaires, et il reste $\frac{5!}{5}=4!=24$ façons. La règle des permutations circulaires, $(n-1)!$, illustre le même principe qu'au b) : dès qu'une transformation laisse la configuration inchangée, il faut diviser par le nombre de ces transformations.

Trois conditions : les événements doivent être RARES à l'échelle instantanée, c'est-à-dire que deux appels ne peuvent pas arriver exactement au même instant ; ils doivent être INDÉPENDANTS, l'arrivée d'un appel ne rendant pas le suivant plus ou moins probable ; et le TAUX moyen doit être constant sur la période étudiée. Ici, les appelants ne se concertent pas et le standard est supposé également sollicité d'une minute à l'autre : les conditions sont raisonnables. Elles cesseraient de l'être à l'ouverture des bureaux, où le taux explose, ou si un appel de groupe déclenchait plusieurs rappels. Notez une différence de fond avec la binomiale : ici $k$ n'est borné par aucun nombre d'essais, la queue de la loi ne s'arrête jamais et n'importe quel entier garde une probabilité, si petite soit-elle.

$P(X=0)=e^{-3}\approx 0{,}0498$, soit environ 5 % des minutes sans aucun appel. $P(X=2)=\frac{e^{-3}(3)^{2}}{2!}=\frac{9e^{-3}}{2}\approx 0{,}224$. $P(X\geq 1)=1-P(X=0)\approx 0{,}950$ : dans 95 % des minutes, le standard sonne au moins une fois.

Pour une loi de Poisson, $E(X)=\lambda=3$ appels et $V(X)=\lambda=3$, donc $\sigma=\sqrt{3}\approx 1{,}73$ appel. La propriété remarquable est que la moyenne et la VARIANCE sont égales, ce qu'aucune autre loi usuelle ne fait. Elle fournit un test de diagnostic immédiat : si l'on relève des comptages dont la variance dépasse nettement la moyenne, le modèle de Poisson est à rejeter, et l'on parle de surdispersion, signe typique que les événements ne sont pas indépendants ou que le taux varie. C'est exactement ce qu'on observe pour les accidents de la route selon l'heure, ou pour les ventes selon la saison.

Le paramètre est proportionnel à la durée d'observation : sur 5 minutes, $\lambda=(3)(5)=15$ appels. $P(X=0)=e^{-15}\approx 3{,}1\times 10^{-7}$, soit environ une chance sur trois millions. Le contraste avec les 5 % d'une minute silencieuse est saisissant, et il illustre bien que ce n'est pas la probabilité par minute qui se multiplie, mais le paramètre.

Loi exacte : binomiale de paramètres $n=1000$ et $p=0{,}0030$. $P(X=2)=\binom{1000}{2}(0{,}0030)^{2}(0{,}9970)^{998}\approx 0{,}2242$. Approximation de Poisson avec $\lambda=np=(1000)(0{,}0030)=3$ : $P(X=2)=\frac{9e^{-3}}{2}\approx 0{,}2240$. L'écart est inférieur à un dixième de pour cent, pour un calcul incomparablement plus léger : la binomiale exige une puissance 998e et un coefficient à six chiffres, la Poisson tient en une ligne. L'approximation est légitime quand $n$ est GRAND et $p$ PETIT, en pratique $n\geq 100$ et $np\leq 10$ ; la loi de Poisson est d'ailleurs la limite mathématique de la binomiale quand $n\to\infty$ et $p\to 0$ à produit $np$ constant. C'est ce qui explique son omniprésence : désintégrations radioactives, sinistres d'assurance, fautes de frappe par page, buts marqués dans un match, tout comptage d'événements rares parmi un très grand nombre d'occasions.