Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Mathématiques

Variables aléatoires réelles

Loi de probabilité, événements {X = a} et {X ≤ a}, espérance, variance et écart type, formule de König-Huygens, transformation aX + b et jeu équitable.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés dans l’esprit de l’épreuve anticipée, sans calculatrice : une assurance de smartphone et son tarif, un contrôle de qualité sans remise, le choix entre deux tournées de livraison selon l’espérance et l’écart type, un jeu de dé à deux lancers simulé en Python et la fréquence des lettres d’un texte calculée en Python.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je définis la variable : que mesure-t-elle (gain brut, gain net, coût, nombre de succès) et quelles valeurs prend-elle ?
J’établis la loi : issues équiprobables ou arbre pondéré, regroupement des chemins de même valeur, tableau et contrôle « somme = 1 ».
Je calcule E(X), puis E(X²), V(X) et σ(X) ; pour aX + b, j’utilise la linéarité de l’espérance (la variance se recalcule à partir de la loi, ou avec V(aX + b) = a²V(X) quand l’énoncé l’admet).
Je réponds à la question posée : mise équitable, paramètre inconnu (équation E(G) = 0), comparaison de deux choix (espérance et écart type).
J’interprète en une phrase : moyenne sur un grand nombre de répétitions, jamais une certitude.

Problème 1 · L’assurance d’un smartphone★★★Facile

Une compagnie propose un contrat d’assurance annuel pour smartphone au tarif de

48

€. Sur une année, un client assuré subit au plus un sinistre : une casse d’écran (coût

150

€ pour la compagnie) avec la probabilité

0, 12

, ou un vol (coût

600

€) avec la probabilité

0, 03

; sinon, aucun sinistre. On note

X

le coût, en euros, supporté par la compagnie pour un contrat sur un an, et

R

le résultat (recette moins coût) de la compagnie sur ce contrat. On donne

\sqrt{339} \approx 18, 412

1. $P (X = 0) =$
$X$ vaut $150$ (casse) avec la probabilité $0, 12$ , $600$ (vol) avec la probabilité $0, 03$ , et $0$ sinon : $P (X = 0) = 1 - 0, 12 - 0, 03 = 0, 85$ .
2. $E (X) =$ €
$E (X) = 0 \times 0, 85 + 150 \times 0, 12 + 600 \times 0, 03 = 18 + 18 = 36$ € : sur un grand nombre de contrats, la compagnie dépense en moyenne $36$ € par contrat et par an.
3. Exprimer $R$ en fonction de $X$ et justifier le calcul de $E (R) =$ €
Rédaction attendue. La recette est le tarif, $48$ €, et le coût est $X$ : $R = 48 - X = - X + 48$ , de la forme $a X + b$ avec $a = - 1$ et $b = 48$ . Par linéarité de l’espérance, $E (R) = - E (X) + 48 = - 36 + 48 = 12$ €.
4. La compagnie vend $10 000$ contrats. Son résultat total est environ €
Le résultat moyen par contrat est $12$ € : sur $10 000$ contrats, environ $10 000 \times 12 = 120 000$ €.
5. $σ (R) \approx$ € (au centime)
$E (X^{2}) = 150^{2} \times 0, 12 + 600^{2} \times 0, 03 = 2 700 + 10 800 = 13 500$ , donc $V (X) = 13 500 - 36^{2} = 13 500 - 1 296 = 12 204$ . Comme $12 204 = 36 \times 339$ , $σ (X) = 6 \sqrt{339} \approx 6 \times 18, 412 \approx 110, 47$ €. Comme $R = - X + 48$ , $E (R) = - E (X) + 48$ et $R - E (R) = - (X - E (X))$ : les écarts au carré sont les mêmes, donc $V (R) = V (X)$ et $σ (R) = σ (X) \approx 110, 47$ € : le résultat est très dispersé autour de $12$ €, car quelques gros sinistres côtoient beaucoup de contrats sans sinistre.
6. Tarif $t$ qui donne un résultat moyen de $20$ € par contrat : $t =$ €
Au tarif $t$ , $E (t - X) = t - 36$ . On veut $t - 36 = 20$ , soit $t = 56$ €.
7. La probabilité de vol passe à $0, 05$ (casse inchangée). Au tarif de $48$ €, $E (R) =$ €
Nouvelle loi : $0$ avec la probabilité $0, 83$ , $150$ avec $0, 12$ , $600$ avec $0, 05$ . Alors $E (X) = 18 + 30 = 48$ € et $E (R) = 48 - 48 = 0$ € : la compagnie ne gagne plus rien en moyenne, elle devra augmenter son tarif.

Problème 2 · Un contrôle de qualité sans remise★★★Moyen

Un lot de

10

pièces contient

3

pièces défectueuses. Un contrôleur prélève au hasard deux pièces, successivement et sans remise ;

D

est le nombre de pièces défectueuses prélevées. Le lot est refusé si au moins une des deux pièces prélevées est défectueuse. Chaque pièce défectueuse détectée coûte

15

€ de retraitement et le contrôle coûte

4

€ : le coût total est

C = 15 D + 4

, en euros. On admet que, pour tous réels

a

b

σ (a D + b) = | a | σ (D)

. On donne

\sqrt{21} \approx 4, 583

. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Montrer que $P (D = 2) = \frac{1}{15}$ , puis donner $P (D = 0) =$
Rédaction attendue. Au premier prélèvement, $P (défectueuse) = \frac{3}{10}$ . S’il a donné une pièce défectueuse, il reste $9$ pièces dont $2$ défectueuses : la probabilité d’une seconde défectueuse est $\frac{2}{9}$ . Donc $P (D = 2) = \frac{3}{10} \times \frac{2}{9} = \frac{6}{90} = \frac{1}{15}$ . De même, deux pièces bonnes : $P (D = 0) = \frac{7}{10} \times \frac{6}{9} = \frac{42}{90} = \frac{7}{15}$ .
2. $P (D = 1) =$
Chemins « défectueuse puis bonne » et « bonne puis défectueuse » : $\frac{3}{10} \times \frac{7}{9} + \frac{7}{10} \times \frac{3}{9} = \frac{42}{90} = \frac{7}{15}$ . Contrôle : $\frac{7 + 7 + 1}{15} = 1$ .
3. $E (D) =$
$E (D) = 0 \times \frac{7}{15} + 1 \times \frac{7}{15} + 2 \times \frac{1}{15} = \frac{9}{15} = \frac{3}{5}$ .
4. $V (D) =$
$E (D^{2}) = \frac{7}{15} + 4 \times \frac{1}{15} = \frac{11}{15}$ , donc $V (D) = \frac{11}{15} - {(\frac{3}{5})}^{2} = \frac{55}{75} - \frac{27}{75} = \frac{28}{75}$ .
5. Probabilité que le lot soit refusé :
Le lot est refusé si $D ⩾ 1$ : $P (D ⩾ 1) = 1 - P (D = 0) = 1 - \frac{7}{15} = \frac{8}{15}$ , un peu plus d’une fois sur deux.
6. $E (C) =$ € et $σ (C) \approx 9, 17$ € : justifier.
Rédaction attendue. $C = 15 D + 4$ est de la forme $a D + b$ . Par linéarité, $E (C) = 15 E (D) + 4 = 15 \times 0, 6 + 4 = 9 + 4 = 13$ €. Et $σ (D) = \sqrt{\frac{28}{75}} = \sqrt{\frac{84}{225}} = \frac{2 \sqrt{21}}{15}$ , donc, d’après la propriété admise, $σ (C) = | 15 | \times σ (D) = 2 \sqrt{21} \approx 2 \times 4, 583 \approx 9, 17$ € : la constante $4$ ne change pas la dispersion.
7. Si le prélèvement était fait avec remise, $P (D = 1)$ vaudrait (écriture décimale)
Avec remise, la probabilité de tirer une défectueuse reste $0, 3$ à chaque prélèvement : $P (D = 1) = 0, 3 \times 0, 7 + 0, 7 \times 0, 3 = 0, 42$ , contre $\frac{7}{15} \approx 0, 467$ sans remise : sans remise, le premier tirage modifie la composition du lot.

Problème 3 · Choisir entre deux tournées de livraison★★★Moyen

Un livreur peut faire sa tournée selon deux itinéraires. Les durées, en heures, sont des variables aléatoires

T_{A}

T_{B}

de lois :

$T_{A}$	$2$	$2, 5$	$3$	$4$
Prob.	$0, 2$	$0, 45$	$0, 25$	$0, 1$

$T_{B}$	$1, 5$	$3$	$5$
Prob.	$0, 5$	$0, 3$	$0, 2$

Le livreur est payé

18

€ de l’heure et chaque tournée coûte

12

€ de carburant : le coût d’une tournée de durée

T

est

C = 18 T + 12

, en euros. Une pénalité s’applique si la tournée dure plus de

3, 5

h. On admet que, pour tous réels

a

b

σ (a T + b) = | a | σ (T)

. On donne

\sqrt{491} \approx 22, 159

\sqrt{721} \approx 26, 851

1. $E (T_{A}) =$ h
Les deux tableaux sont des lois : $0, 2 + 0, 45 + 0, 25 + 0, 1 = 1$ et $0, 5 + 0, 3 + 0, 2 = 1$ . $E (T_{A}) = 0, 4 + 1, 125 + 0, 75 + 0, 4 = 2, 675$ h.
2. $E (T_{B}) =$ h
$E (T_{B}) = 1, 5 \times 0, 5 + 3 \times 0, 3 + 5 \times 0, 2 = 0, 75 + 0, 9 + 1 = 2, 65$ h : la tournée $B$ est en moyenne très légèrement plus courte ( $1, 5$ minute d’écart).
3. Montrer que $V (T_{A}) = 0, 306875$ , puis donner $V (T_{B}) =$
Rédaction attendue. $E (T_{A}^{2}) = 4 \times 0, 2 + 6, 25 \times 0, 45 + 9 \times 0, 25 + 16 \times 0, 1 = 0, 8 + 2, 8125 + 2, 25 + 1, 6 = 7, 4625$ . Par König-Huygens, $V (T_{A}) = 7, 4625 - 2, 675^{2} = 7, 4625 - 7, 155625 = 0, 306875$ . Pour $B$ : $E (T_{B}^{2}) = 2, 25 \times 0, 5 + 9 \times 0, 3 + 25 \times 0, 2 = 1, 125 + 2, 7 + 5 = 8, 825$ , donc $V (T_{B}) = 8, 825 - 2, 65^{2} = 8, 825 - 7, 0225 = 1, 8025$ .
4. Coût moyen de la tournée $A$ : $E (C_{A}) =$ €
Linéarité : $E (C_{A}) = 18 \times 2, 675 + 12 = 48, 15 + 12 = 60, 15$ €. De même $E (C_{B}) = 18 \times 2, 65 + 12 = 47, 7 + 12 = 59, 70$ €.
5. Écart type du coût de la tournée $B$ : $σ (C_{B}) \approx$ € (au centime)
$V (T_{B}) = 1, 8025 = \frac{721}{400}$ , donc $σ (T_{B}) = \frac{\sqrt{721}}{20} \approx 1, 343$ h ; de même $V (T_{A}) = \frac{491}{1 600}$ et $σ (T_{A}) = \frac{\sqrt{491}}{40} \approx 0, 554$ h. D’après la propriété admise, $σ (C) = 18 σ (T)$ : $σ (C_{B}) = \frac{9 \sqrt{721}}{10} \approx 24, 17$ €, contre $σ (C_{A}) = \frac{9 \sqrt{491}}{20} \approx 9, 97$ € : le coût de $B$ est bien plus dispersé.
6. Probabilité de pénalité avec la tournée $B$ :
Seule la durée $5$ h dépasse $3, 5$ h : $P (T_{B} > 3, 5) = 0, 2$ , contre $P (T_{A} > 3, 5) = 0, 1$ pour $A$ (durée $4$ h).
7. Un employé affirme : « Comme $E (T_{B}) < E (T_{A})$ , la tournée $B$ est toujours plus courte. » Justifier qu’il se trompe. Économie moyenne de la tournée $B$ par rapport à $A$ : €
Rédaction attendue. L’espérance est une moyenne sur un grand nombre de tournées, pas une garantie pour chacune : $T_{B}$ vaut $5$ h avec la probabilité $0, 2$ , alors que $T_{A}$ ne dépasse jamais $4$ h. La tournée $B$ n’est donc pas « toujours » plus courte. Conseil : l’économie moyenne de $B$ est infime ( $60, 15 - 59, 70 = 0, 45$ € par tournée), alors que son écart type est plus du double de celui de $A$ et que sa probabilité de pénalité est doublée ; pour des journées prévisibles, le livreur a intérêt à choisir la tournée $A$ .

Problème 4 · Fréquence des lettres d’un texte, en Python★★★Moyen

Pour étudier la fréquence d’apparition des lettres d’un texte écrit en majuscules sans accents, on utilise la fonction Python suivante, qui ignore les espaces et la ponctuation. Pour une lettre majuscule c, ord(c) renvoie son code :

65

pour A,

66

pour B, …,

90

pour Z ; ainsi ord(c) - 65 est sa position dans l’alphabet (

0

pour A).

def frequences(texte):
    nb = [0 for k in range(26)]
    n = 0
    for c in texte:
        if "A" <= c <= "Z":
            i = ord(c) - 65
            nb[i] = nb[i] + 1
            n = n + 1
    return [x / n for x in nb]

On applique la fonction au mot ABRACADABRA, puis on choisit au hasard l’une des

11

lettres de ce mot, chaque position ayant la même probabilité. Au Scrabble, A et R valent

1

point, D vaut

2

points, B et C valent

3

points ;

X

est le nombre de points de la lettre choisie. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Valeur renvoyée par frequences("ABRACADABRA")[0] :
La liste compteurs a $26$ cases, une par lettre ; la case d’indice $0$ compte les A, car ord("A") - 65 = 0. Le mot contient $5$ A sur $n = 11$ lettres : la fonction renvoie $\frac{5}{11} \approx 0, 45$ .
2. Justifier que la somme des $26$ nombres renvoyés vaut $1$ . Nombre de ces $26$ nombres qui ne sont pas nuls pour ABRACADABRA :
Rédaction attendue. À chaque lettre rencontrée, la boucle ajoute $1$ à un seul compteur et $1$ à $n$ . À la fin, la somme des $26$ compteurs vaut donc $n$ , et la somme des nombres renvoyés vaut $\frac{n}{n} = 1$ : les fréquences des lettres forment une loi de probabilité. Pour ABRACADABRA, seules les lettres A, B, C, D et R apparaissent : $5$ nombres non nuls, $\frac{5}{11}$ , $\frac{2}{11}$ , $\frac{1}{11}$ , $\frac{1}{11}$ et $\frac{2}{11}$ ( $5 + 2 + 1 + 1 + 2 = 11$ ).
3. Montrer que $P (X = 1) = \frac{7}{11}$ , puis donner $P (X = 3) =$
Rédaction attendue. Les $11$ positions sont équiprobables. ${X = 1}$ est réalisé si la lettre est un A ( $5$ positions) ou un R ( $2$ positions) : $P (X = 1) = \frac{5 + 2}{11} = \frac{7}{11}$ . ${X = 3}$ est réalisé pour un B ( $2$ positions) ou un C ( $1$ position) : $P (X = 3) = \frac{3}{11}$ . Enfin $P (X = 2) = \frac{1}{11}$ (le D) ; contrôle : $\frac{7 + 1 + 3}{11} = 1$ .
4. $E (X) =$
$E (X) = 1 \times \frac{7}{11} + 2 \times \frac{1}{11} + 3 \times \frac{3}{11} = \frac{7 + 2 + 9}{11} = \frac{18}{11} \approx 1, 64$ point.
5. $V (X) =$
$E (X^{2}) = 1 \times \frac{7}{11} + 4 \times \frac{1}{11} + 9 \times \frac{3}{11} = \frac{38}{11}$ . Par König-Huygens, $V (X) = \frac{38}{11} - {(\frac{18}{11})}^{2} = \frac{418}{121} - \frac{324}{121} = \frac{94}{121}$ .
6. On répète un grand nombre de fois le choix d’une lettre au hasard dans le mot. Vers quelle valeur (au centième) se rapproche la moyenne des points obtenus ?
D’après l’interprétation de l’espérance, la moyenne des points sur un grand nombre de choix se rapproche de $E (X) = \frac{18}{11} \approx 1, 64$ . On peut aussi la calculer directement avec les fréquences : $\sum$ (fréquence de la lettre) $\times$ (points de la lettre), ce qui donne le même nombre, car les fréquences des lettres sont ici exactement leurs probabilités.

Problème 5 · Un jeu de dé à deux lancers, simulé en Python★★★Difficile

Un forain propose ce jeu : le joueur lance un dé équilibré à six faces. Si le

6

sort, il reçoit

10

€ ; si le

5

sort, il reçoit

3

€ ; sinon, il relance le dé : si ce second lancer donne

6

, il reçoit

4

€, sinon rien. On note

Y

le montant reçu (gain brut, en euros). Le joueur paie une mise de

m

euros ; son gain net est

G = Y - m

. La fonction Python suivante simule une partie :

from random import randint
def partie():
    d = randint(1, 6)
    if d == 6:
        return 10
    if d == 5:
        return 3
    if randint(1, 6) == 6:
        return 4
    return 0

On donne

\sqrt{4 253} \approx 65, 215

. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Montrer que $P (Y = 4) = \frac{1}{9}$ , puis donner $P (Y = 0) =$
Rédaction attendue. Au premier lancer : « $6$ » avec la probabilité $\frac{1}{6}$ ( $Y = 10$ ), « $5$ » avec la probabilité $\frac{1}{6}$ ( $Y = 3$ ), « $1$ , $2$ , $3$ ou $4$ » avec la probabilité $\frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ (on relance). Au second lancer : « $6$ » avec la probabilité $\frac{1}{6}$ ( $Y = 4$ ), autre avec la probabilité $\frac{5}{6}$ ( $Y = 0$ ). Donc $P (Y = 4) = \frac{2}{3} \times \frac{1}{6} = \frac{2}{18} = \frac{1}{9}$ et $P (Y = 0) = \frac{2}{3} \times \frac{5}{6} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9}$ . Contrôle en dix-huitièmes : $\frac{3 + 3 + 2 + 10}{18} = 1$ .
2. $E (Y) =$
$E (Y) = 3 \times \frac{1}{6} + 4 \times \frac{1}{9} + 10 \times \frac{1}{6} = \frac{9}{18} + \frac{8}{18} + \frac{30}{18} = \frac{47}{18} \approx 2, 61$ €.
3. Le forain fixe $m = 3$ €. $E (G) =$
$E (G) = E (Y) - 3 = \frac{47}{18} - \frac{54}{18} = - \frac{7}{18} \approx - 0, 39$ € : le jeu est défavorable au joueur. Il serait équitable pour $m = \frac{47}{18} \approx 2, 61$ €.
4. Sur $500$ parties à $3$ €, le forain peut espérer gagner environ € (à l’euro près)
Le forain gagne en moyenne $\frac{7}{18}$ € par partie : $500 \times \frac{7}{18} = \frac{3 500}{18} \approx 194$ €.
5. Justifier que $σ (G) = σ (Y)$ , puis donner $σ (G) \approx$ € (au centième)
Rédaction attendue. $E (Y^{2}) = 9 \times \frac{1}{6} + 16 \times \frac{1}{9} + 100 \times \frac{1}{6} = \frac{27 + 32 + 300}{18} = \frac{359}{18}$ , donc $V (Y) = \frac{359}{18} - {(\frac{47}{18})}^{2} = \frac{6 462 - 2 209}{324} = \frac{4 253}{324}$ et $σ (Y) = \frac{\sqrt{4 253}}{18} \approx \frac{65, 215}{18} \approx 3, 62$ €. Comme $G = Y - m$ , $E (G) = E (Y) - m$ et $G - E (G) = Y - E (Y)$ : les écarts à la moyenne sont les mêmes, donc $V (G) = V (Y)$ et $σ (G) = σ (Y) \approx 3, 62$ € : la mise décale les gains sans changer leur dispersion.
6. On écrit une fonction moyenne(n) qui simule $n$ parties et renvoie la moyenne des gains bruts. Vers quelle valeur (au centième) se rapproche moyenne(100000) ?
Une version possible :
```
def moyenne(n):
    total = 0
    for k in range(n):
        total = total + partie()
    return total / n
```
D’après l’interprétation de l’espérance, la moyenne des gains sur un très grand nombre de parties se rapproche de E(Y)=4718≈2,61.

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