Devoir surveillé : Sommes de variables aléatoires et loi des grands nombres

1. a)Par linéarité de l'espérance, $E(5-2X)=5-2E(X)=5-2\times (-3)=11$. Pour une transformation affine, la constante disparaît et le coefficient passe au carré : $V(5-2X)=(-2{)}^2\times 4=16$, donc $\sigma (5-2X)=\sqrt{16}=4$. (1 pt : 0,5 pour l'espérance, 0,5 pour la variance et l'écart type) (1)
2. b)Par linéarité : $E(X-3Y)=E(X)-3E(Y)=8-3\times (-2)=14$. Comme $X$ et $Y$ sont indépendantes : $V(X-3Y)=V(X)+(-3{)}^{2}V(Y)=3+9\times 1=12$. (1 pt : 0,5 + 0,5) (1)
3. c)Par linéarité, $E(S_{25})=25\times 12=300$ ; les variables de l'échantillon étant indépendantes, $V(S_{25})=25\times 2^2=100$, donc $\sigma (S_{25})=10$. Puis $E(M_{25})=12$ et $\sigma (M_{25})={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{25}}}=0,4$. (1 pt : 0,5 pour la somme, 0,5 pour la moyenne) (1)
4. d)D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec $\delta =6$ : $P(|Z-50|⩾6)⩽{\displaystyle \frac{9}{6^2}}={\displaystyle \frac{9}{36}}=0,25$. La probabilité est au plus $0,25$. (1 pt) (1)
5. e)D'après l'inégalité de concentration : $P(|M_{200}-\mu |⩾0,5)⩽{\displaystyle \frac{8}{200\times 0,5^2}}={\displaystyle \frac{8}{50}}=0,16$. (1 pt) (1)

Méthode — Pour une combinaison de variables, l'espérance se calcule toujours par linéarité ; pour la variance, on vérifie l'indépendance, on met chaque coefficient au carré et la constante disparaît.

1. a)$E(X)=0\times 0,5+1\times 0,3+5\times 0,2=0,3+1=1,3$ point. (1 pt) (1)
2. b)$E(X^2)=0\times 0,5+1\times 0,3+25\times 0,2=0,3+5=5,3$. D'après la formule de König-Huygens, $V(X)=E(X^2)-E(X{)}^2=5,3-1,69=3,61$, et $\sigma (X)=\sqrt{3,61}=1,9$. (1 pt : 0,5 pour $E(X^2)$, 0,5 pour la conclusion) (1)
3. c)Par linéarité, $E(T)=2\times 1,3+1=3,6$ tickets. $V(T)=2^2\times 3,61=14,44$, donc $\sigma (T)=\sqrt{14,44}=3,8$ tickets, soit $2\times 1,9$ : le ticket de participation ne change pas la dispersion. (1 pt : 0,5 + 0,5) (1)
4. d)Les $40$ scores forment un échantillon de taille $40$ de la loi de $X$. Par linéarité, $E(S_{40})=40\times 1,3=52$ points. Par indépendance, $V(S_{40})=40\times 3,61=144,4$, d'où $\sigma (S_{40})=\sqrt{144,4}\approx 12,02$ points. (1 pt : 0,5 pour l'espérance, 0,5 pour la variance et l'écart type) (1)
5. e)$0,8<M_{40}<1,8⟺|M_{40}-1,3|<0,5$ : c'est l'événement contraire de $|M_{40}-1,3|⩾0,5$. D'après l'inégalité de concentration, $P(|M_{40}-1,3|⩾0,5)⩽{\displaystyle \frac{3,61}{40\times 0,5^2}}={\displaystyle \frac{3,61}{10}}=0,361$. Donc $P(0,8<M_{40}<1,8)⩾1-0,361=0,639$. (1 pt : 0,5 pour l'événement contraire, 0,5 pour le calcul) (1)

Erreur fréquente — Écrire $V(2X+1)=2V(X)+1$ : la constante ne change pas la dispersion et le coefficient $2$ passe au carré, d'où $V(2X+1)=4V(X)$.

1. a)$N=X_1+X_2+\cdots +X_{400}$. Chaque $X_i$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $0,8$ : $E(X_i)=0,8$ et $V(X_i)=0,8\times 0,2=0,16$. (1 pt : 0,5 pour l'écriture de $N$, 0,5 pour la loi) (1)
2. b)$N$ est la somme de $400$ variables de Bernoulli indépendantes de même paramètre $0,8$ : $N$ suit la loi binomiale $ℬ(400;0,8)$. Par linéarité, $E(N)=400\times 0,8=320$ ; par indépendance, $V(N)=400\times 0,16=64$, donc $\sigma (N)=8$. (1 pt) (1)
3. c)Avec $\delta =16$ : $P(|N-320|⩾16)⩽{\displaystyle \frac{64}{{16}^2}}={\displaystyle \frac{64}{256}}=0,25$. (1 pt) (1)
4. d)$N$ est un entier, donc $305⩽N⩽335⟺304<N<336⟺|N-320|<16$ : c'est l'événement contraire de celui de c). Ainsi $P(305⩽N⩽335)⩾1-0,25=0,75$. (1 pt : 0,5 pour la traduction de l'événement, 0,5 pour la minoration) (1)
5. e)Si $N⩽300$, alors $N-320⩽-20$, donc $|N-320|⩾20$. Ainsi $P(N⩽300)⩽P(|N-320|⩾20)⩽{\displaystyle \frac{64}{{20}^2}}=0,16$. Par passage au contraire, $P(N⩾301)⩾1-0,16=0,84⩾0,8$ : l'affirmation est justifiée. (1 pt : 0,5 pour l'inclusion des événements, 0,5 pour la conclusion) (1)

Piège — Le contraire de $|N-320|⩾16$ est $|N-320|<16$, bornes exclues : pour une variable à valeurs entières, $304<N<336$ s'écrit $305⩽N⩽335$.

1. a)On pose $X_i=1$ si le $i$-ième lancer donne $6$ et $X_i=0$ sinon. Les $X_i$ sont indépendantes et suivent la loi de Bernoulli de paramètre ${\displaystyle \frac{1}{6}}$ : elles forment un échantillon de taille $n$, et $F_n={\displaystyle \frac{X_1+\cdots +X_n}{n}}$ est sa moyenne. $E(X_i)={\displaystyle \frac{1}{6}}$ et $V(X_i)={\displaystyle \frac{1}{6}}\times {\displaystyle \frac{5}{6}}={\displaystyle \frac{5}{36}}$. (1 pt) (1)
2. b)D'après l'inégalité de concentration : $P(|F_{900}-{\displaystyle \frac{1}{6}}|⩾0,05)⩽{\displaystyle \frac{5/36}{900\times 0,{05}^2}}={\displaystyle \frac{5}{36\times 2,25}}={\displaystyle \frac{5}{81}}\approx 0,0617$, soit au plus $0,062$. (1 pt) (1)
3. c)Il suffit que ${\displaystyle \frac{5/36}{n\times 0,{02}^2}}⩽0,05$, c'est-à-dire $n⩾{\displaystyle \frac{5}{36\times 0,0004\times 0,05}}={\displaystyle \frac{5}{0,00072}}\approx 6944,4$. Le plus petit entier qui convient est $n=6945$ lancers. (1 pt) (1)
4. d)Si le dé est équilibré : $P(|F_{10000}-{\displaystyle \frac{1}{6}}|⩾0,05)⩽{\displaystyle \frac{5/36}{10000\times 0,0025}}={\displaystyle \frac{5}{900}}={\displaystyle \frac{1}{180}}\approx 0,0056$. Or la fréquence observée vaut ${\displaystyle \frac{2200}{10000}}=0,22$ et $0,22-{\displaystyle \frac{1}{6}}\approx 0,053⩾0,05$ : avec un dé équilibré, un tel écart aurait une probabilité inférieure à $0,6\%$. On a donc de bonnes raisons de penser que le dé n'est pas équilibré et qu'il favorise le $6$, sans que ce soit une certitude. (1 pt : 0,5 pour le majorant, 0,5 pour la conclusion nuancée) (1)
5. e)Non. Les lancers sont indépendants : la probabilité d'obtenir $6$ au lancer suivant ne dépend pas des résultats précédents. La loi faible des grands nombres dit seulement que, pour tout $\delta >0$, $P(|F_n-p|⩾\delta )$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ : un écart de la fréquence devient improbable parce qu'il est dilué dans un grand nombre de lancers, pas parce qu'il est compensé. (1 pt) (1)

Astuce — Pour une fréquence, la variance d'une seule épreuve est $p(1-p)$ : on la calcule une fois, puis l'inégalité de concentration la divise par $n{\delta }^2$.

1. a)$V(1-4X)=(-4{)}^2\times 3^2=16\times 9=144$ et $\sigma (1-4X)=|-4|\times 3=12$ : un écart type n'est jamais négatif. (1 pt : 0,5 + 0,5) (1)
2. b)Par indépendance, $V(3X-Y+4)=3^2\times 2+(-1{)}^2\times 7=18+7=25$, donc $\sigma (3X-Y+4)=5$. (1 pt) (1)
3. c)$155<X<245⟺|X-200|<45$, et $45=3\times 15$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $P(|X-200|⩾45)⩽{\displaystyle \frac{{15}^2}{{45}^2}}={\displaystyle \frac{1}{9}}$ ; par passage au contraire, $P(155<X<245)⩾1-{\displaystyle \frac{1}{9}}={\displaystyle \frac{8}{9}}$. (1 pt) (1)

Astuce — Un écart de $k$ écarts types donne directement le majorant ${\displaystyle \frac{1}{k^2}}$ : à au moins $3\sigma$ de l'espérance, on trouve au plus ${\displaystyle \frac{1}{9}}$ des cas, quelle que soit la loi.

1. a)Faux. La linéarité de l'espérance, $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$, est vraie pour toutes variables $X$ et $Y$ définies sur le même univers, sans hypothèse d'indépendance. C'est la formule de la variance d'une somme qui exige l'indépendance. (1 pt) (1)
2. b)Faux. Contre-exemple : $X$ prend les valeurs $-1$ et $1$ avec la probabilité ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ chacune, et $Y=X$. Alors $E(X)=0$ et $V(X)=E(X^2)-0^2=1$, donc $V(Y)=1$. Mais $X+Y=2X$ et $V(2X)=2^{2}V(X)=4\ne 2$. La formule $V(X+Y)=V(X)+V(Y)$ demande l'indépendance, et ici $Y$ est entièrement déterminée par $X$. (1 pt) (1)
3. c)Vrai. Si $X⩾16$, alors $X-10⩾6$, donc $|X-10|⩾6$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $P(X⩾16)⩽P(|X-10|⩾6)⩽{\displaystyle \frac{4}{6^2}}={\displaystyle \frac{1}{9}}$. (1 pt) (1)
4. d)Faux. Contre-exemple : avec une pièce équilibrée, $X_i=1$ pour pile et $0$ pour face, donc $\mu ={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Pour $n$ impair, $n{M}_n$ est le nombre de piles, un entier, qui ne peut pas valoir ${\displaystyle \frac{n}{2}}$ : $P(M_n={\displaystyle \frac{1}{2}})=0$ pour tout $n$ impair, et cette probabilité ne tend pas vers $1$. La loi faible des grands nombres affirme seulement que, pour tout $\delta >0$, $P(|M_n-\mu |⩾\delta )$ tend vers $0$. (1 pt) (1)

Piège — Une affirmation fausse se réfute par un seul contre-exemple ; une affirmation vraie demande une preuve générale, ici une inclusion d'événements suivie de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

1. a)Les $X_i$ forment un échantillon de taille $8$. Par linéarité, $E(S_8)=8\times 75=600$ kg. Par indépendance, $V(S_8)=8\times {12}^2=1152$, donc $\sigma (S_8)=\sqrt{1152}\approx 33,9$ kg. (1 pt) (1)
2. b)Si $S_8⩾720$, alors $S_8-600⩾120$, donc $|S_8-600|⩾120$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $P(S_8⩾720)⩽P(|S_8-600|⩾120)⩽{\displaystyle \frac{1152}{{120}^2}}={\displaystyle \frac{1152}{14400}}=0,08$. (1 pt : 0,5 pour l'inclusion, 0,5 pour le calcul) (1)
3. c)Pour chaque usager, $E(X_i+B_i)=75+6=81$ et, par indépendance, $V(X_i+B_i)=144+16=160$. Les $8$ charges $X_i+B_i$ sont indépendantes et de même loi : $E(C_8)=8\times 81=648$ kg et $V(C_8)=8\times 160=1280$. Comme $C_8⩾720$ entraîne $|C_8-648|⩾72$ : $P(C_8⩾720)⩽{\displaystyle \frac{1280}{{72}^2}}={\displaystyle \frac{1280}{5184}}={\displaystyle \frac{20}{81}}\approx 0,2469$, soit au plus $0,247$. (1 pt : 0,5 pour $E(C_8)$ et $V(C_8)$, 0,5 pour le majorant) (1)
4. d)Pour $1⩽n⩽8$ : $E(C_n)=81n⩽648<720$ et $V(C_n)=160n$. Comme $C_n⩾720$ entraîne $|C_n-81n|⩾720-81n$, on obtient $P(C_n⩾720)⩽{\displaystyle \frac{160n}{(720-81n{)}^2}}$. Ce majorant augmente avec $n$ : son numérateur croît et son dénominateur, positif, décroît. Pour $n=8$ : ${\displaystyle \frac{20}{81}}\approx 0,247>0,05$. Pour $n=7$ : ${\displaystyle \frac{1120}{{153}^2}}={\displaystyle \frac{1120}{23409}}\approx 0,048⩽0,05$. Le nombre maximal est donc $7$ usagers avec sac. (1 pt : 0,5 pour le majorant en fonction de $n$ et sa monotonie, 0,5 pour la conclusion) (1)
5. e)Il traite $C_8$ comme $8(X_1+B_1)$, c'est-à-dire comme huit fois la même charge ; il trouverait $8\sqrt{160}\approx 101,2$ kg. Or les $8$ charges sont indépendantes : ce sont les variances qui s'ajoutent, $V(C_8)=8\times 160=1280$, d'où $\sigma (C_8)=\sqrt{1280}\approx 35,8$ kg, soit $\sqrt{8}$ fois l'écart type d'une charge, et non $8$ fois. (1 pt : 0,5 pour l'erreur expliquée, 0,5 pour la bonne valeur) (1)

Méthode — Pour majorer la probabilité d'un dépassement d'un seul côté, on inclut l'événement dans un écart à l'espérance $|S-\mu |⩾\delta$, où $\delta$ est la distance entre le seuil et l'espérance, puis on applique l'inégalité.

1. a)$S_n=X_1+\cdots +X_n$, où $X_i=1$ si le $i$-ième habitant est favorable et $X_i=0$ sinon ; les $X_i$ sont indépendantes et suivent la loi de Bernoulli de paramètre $p$. Donc $S_n$ suit la loi $ℬ(n;p)$, avec $E(S_n)=np$ et $V(S_n)=np(1-p)$. Comme $F_n={\displaystyle \frac{1}{n}}{S}_n$ : $E(F_n)=p$ et $V(F_n)={\displaystyle \frac{1}{n^2}}\times np(1-p)={\displaystyle \frac{p(1-p)}{n}}$. (1 pt) (1)
2. b)$f(x)=x-x^2$ et $f\prime (x)=1-2x$, positive sur $\left[0;{\displaystyle \frac{1}{2}}\right]$ et négative sur $\left[{\displaystyle \frac{1}{2}};1\right]$ : $f$ est croissante puis décroissante, de maximum $f\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)={\displaystyle \frac{1}{4}}$. Donc $p(1-p)⩽{\displaystyle \frac{1}{4}}$ pour tout $p$ de $[0;1]$. (1 pt : 0,5 pour les variations, 0,5 pour le maximum) (1)
3. c)D'après l'inégalité de concentration, puis b) : $P(|F_{1500}-p|⩾0,06)⩽{\displaystyle \frac{p(1-p)}{1500\times 0,{06}^2}}⩽{\displaystyle \frac{0,25}{1500\times 0,0036}}={\displaystyle \frac{0,25}{5,4}}\approx 0,046$, et $0,046⩽0,05$. (1 pt) (1)
4. d)Il suffit que ${\displaystyle \frac{0,25}{n\times 0,{03}^2}}⩽0,05$, soit $n⩾{\displaystyle \frac{0,25}{0,05\times 0,0009}}={\displaystyle \frac{0,25}{0,000045}}\approx 5555,6$ : il faut au moins $5556$ habitants. Le conseiller se trompe : la précision intervient au carré dans le majorant. Avec $n=3000$, le majorant vaut ${\displaystyle \frac{0,25}{3000\times 0,0009}}={\displaystyle \frac{0,25}{2,7}}\approx 0,093>0,05$ : la garantie n'est pas obtenue. (1 pt : 0,5 pour la taille, 0,5 pour le commentaire) (1)

Erreur fréquente — Arrondir la taille trouvée à l'entier le plus proche : $n⩾5555,6$ impose $n=5556$, car $5555$ habitants ne garantissent plus le risque annoncé.

1. a)$E(G)=0\times 0,6+3\times 0,3+10\times 0,1=0,9+1=1,9$ euro. $E(G^2)=9\times 0,3+100\times 0,1=2,7+10=12,7$, donc $V(G)=12,7-1,9^2=12,7-3,61=9,09$. Par linéarité, $E(B)=2-1,9=0,1$ euro ; $V(B)=(-1{)}^2\times 9,09=9,09$. Sur un grand nombre de tickets, l'organisateur gagne en moyenne $10$ centimes par ticket. (1 pt : 0,5 pour $G$, 0,5 pour $B$) (1)
2. b)$T=B_1+\cdots +B_{20000}$ est la somme d'un échantillon de taille $20000$ de la loi de $B$ : par linéarité, $E(T)=20000\times 0,1=2000$ euros ; par indépendance, $V(T)=20000\times 9,09=181800$. Si $T⩽1000$, alors $T-2000⩽-1000$, donc $|T-2000|⩾1000$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $P(T⩽1000)⩽{\displaystyle \frac{181800}{1{000}^2}}=0,1818$, donc $P(T>1000)⩾1-0,1818=0,8182⩾0,81$. (1 pt : 0,5 pour $E(T)$ et $V(T)$, 0,5 pour la minoration) (1)
3. c)Pour un entier $m<2000$, $T⩽m$ entraîne $|T-2000|⩾2000-m$, donc $P(T⩽m)⩽{\displaystyle \frac{181800}{(2000-m{)}^2}}$. Il suffit que ce majorant soit au plus $0,05$, c'est-à-dire $(2000-m{)}^2⩾{\displaystyle \frac{181800}{0,05}}=3636000$, soit $2000-m⩾\sqrt{3636000}\approx 1906,8$, donc $m⩽93,1\dots$ : $m=93$ euros. On attend $2000$ euros en moyenne, mais l'inégalité, valable pour toutes les lois, ne garantit à $95\%$ qu'un bénéfice supérieur à $93$ euros : elle est vraie mais très prudente. (1 pt : 0,5 pour l'inéquation, 0,5 pour $m$ et le commentaire) (1)
4. d)La boucle simule $n$ tickets : $g$ vaut $0$, $3$ ou $10$ avec les probabilités $0,6$ ; $0,3$ et $0,1$, et $t$ cumule les bénéfices $2-g$. La fonction renvoie le bénéfice moyen par ticket, ${\displaystyle \frac{T_n}{n}}$. D'après la loi faible des grands nombres, cette moyenne se rapproche de $E(B)=0,1$ euro quand $n$ est grand : pour tout $\delta >0$, la probabilité qu'elle s'en écarte d'au moins $\delta$ tend vers $0$. (1 pt : 0,5 pour la lecture du programme, 0,5 pour la loi des grands nombres) (1)

Méthode — Pour trouver le meilleur seuil garanti, on écrit le majorant en fonction du seuil $m$, puis on résout « majorant $⩽$ risque » : la racine carrée donne la distance minimale entre le seuil et l'espérance.

1. a)D'après la formule de König-Huygens, $E(X^2)=V(X)+E(X{)}^2=5+16=21$. Par linéarité, $E((X-1)(X+3))=E(X^2+2X-3)=E(X^2)+2E(X)-3=21+8-3=26$. (1 pt) (1)
2. b)$V(Y)=a^2\times 3^2=9a^2=1$ avec $a>0$ donne $a={\displaystyle \frac{1}{3}}$. Puis $E(Y)={\displaystyle \frac{1}{3}}\times 12+b=4+b=0$, donc $b=-4$ : $Y={\displaystyle \frac{X-12}{3}}$. (1 pt : 0,5 + 0,5) (1)
3. c)On veut $P(|M_n-\mu |⩾0,1)⩽0,01$ ; il suffit que ${\displaystyle \frac{2}{n\times 0,1^2}}⩽0,01$, soit $n⩾{\displaystyle \frac{2}{0,01\times 0,01}}=20000$. Alors $P(|M_n-\mu |<0,1)⩾0,99$ : $n=20000$. (1 pt) (1)

Astuce — La formule de König-Huygens se lit dans les deux sens : connaissant $E(X)$ et $V(X)$, on retrouve $E(X^2)=V(X)+E(X{)}^2$, utile pour l'espérance d'un polynôme en $X$.

1. a)Si $|X-\mu |⩾\delta$, alors $Y={\delta }^2⩽(X-\mu {)}^2$ ; sinon $Y=0⩽(X-\mu {)}^2$. La variable $(X-\mu {)}^2-Y$ ne prend donc que des valeurs positives, et son espérance est positive : par linéarité, $E((X-\mu {)}^2)-E(Y)⩾0$, soit $E(Y)⩽V(X)$. Or $Y$ vaut ${\delta }^2$ avec la probabilité $P(|X-\mu |⩾\delta )$ et $0$ sinon, donc $E(Y)={\delta }^{2}P(|X-\mu |⩾\delta )$. Ainsi ${\delta }^{2}P(|X-\mu |⩾\delta )⩽V(X)$, et l'on divise par ${\delta }^2>0$. (1 pt : 0,5 pour la comparaison des variables, 0,5 pour la conclusion) (1)
2. b)Par linéarité, $E(Z)=a(E(B_1)-E(B_2))=a(r-r)=0$. $B_1$ et $B_2$ étant indépendantes, $V(B_1-B_2)=V(B_1)+(-1{)}^{2}V(B_2)=2r(1-r)$, donc $V(Z)=a^2\times 2r(1-r)=2a^{2}r(1-r)$. (1 pt : 0,5 + 0,5) (1)
3. c)$Z=a$ si $B_1=1$ et $B_2=0$, de probabilité $r(1-r)$ par indépendance ; $Z=-a$ si $B_1=0$ et $B_2=1$, de probabilité $(1-r)r$ ; $Z=0$ sinon, de probabilité $1-2r(1-r)$. Donc $P(|Z|⩾a)=2r(1-r)$, et le majorant vaut ${\displaystyle \frac{V(Z)}{a^2}}={\displaystyle \frac{2a^{2}r(1-r)}{a^2}}=2r(1-r)$ : il y a égalité. Si l'on ne connaît que l'espérance et la variance, l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev ne peut donc pas être améliorée : son majorant est atteint par certaines lois. (1 pt : 0,5 pour la loi, 0,5 pour l'égalité et la conclusion) (1)
4. d)Pour $0,3$, non : l'inégalité impose $P(|W|⩾2)⩽{\displaystyle \frac{1}{2^2}}=0,25$. Pour $0,25$, oui : on prend $W=2(B_1-B_2)$ avec $2\times 2^2\times r(1-r)=1$, soit $r^2-r+{\displaystyle \frac{1}{8}}=0$, d'où $r={\displaystyle \frac{2-\sqrt{2}}{4}}\approx 0,146$, qui est bien dans $]0;1[$. Alors $E(W)=0$, $V(W)=1$ et $P(|W|⩾2)=2r(1-r)={\displaystyle \frac{1}{4}}$. (1 pt : 0,5 pour l'impossibilité, 0,5 pour la construction) (1)

Méthode — Pour montrer qu'une inégalité ne peut pas être améliorée, on exhibe un cas d'égalité : ici une loi à trois valeurs symétriques dont tout l'écart est concentré à la distance $\delta$.

1. a)c compte les points tombés dans le quart de disque parmi les $n$ points tirés : ${\displaystyle \frac{c}{n}}$ est la fréquence $F_n$ de cet événement, de probabilité ${\displaystyle \frac{\pi }{4}}$. D'après la loi faible des grands nombres, $F_n$ se rapproche de ${\displaystyle \frac{\pi }{4}}$ quand $n$ grandit, donc la valeur renvoyée, $4F_n$, se rapproche de $\pi$. (1 pt) (1)
2. b)$F_n$ est la moyenne d'un échantillon de taille $n$ de la loi de Bernoulli de paramètre $p$ : $E(F_n)=p$ et $V(F_n)={\displaystyle \frac{p(1-p)}{n}}$. Donc $E(Q_n)=4p=\pi$ et $V(Q_n)=4^2\times {\displaystyle \frac{p(1-p)}{n}}={\displaystyle \frac{16p(1-p)}{n}}$. (1 pt) (1)
3. c)Comme $\pi >3$, $p={\displaystyle \frac{\pi }{4}}>{\displaystyle \frac{3}{4}}$, donc $p-{\displaystyle \frac{1}{2}}>{\displaystyle \frac{1}{4}}>0$ et ${(p-{\displaystyle \frac{1}{2}})}^2>{\displaystyle \frac{1}{16}}$. Or $p(1-p)={\displaystyle \frac{1}{4}}-{(p-{\displaystyle \frac{1}{2}})}^2$, d'où $p(1-p)<{\displaystyle \frac{1}{4}}-{\displaystyle \frac{1}{16}}={\displaystyle \frac{3}{16}}$ et $V(Q_n)={\displaystyle \frac{16p(1-p)}{n}}<{\displaystyle \frac{3}{n}}$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à $Q_n$, d'espérance $\pi$ : $P(|Q_n-\pi |⩾\delta )⩽{\displaystyle \frac{V(Q_n)}{{\delta }^2}}⩽{\displaystyle \frac{3}{n{\delta }^2}}$. (1 pt : 0,5 pour $p(1-p)<{\displaystyle \frac{3}{16}}$, 0,5 pour la conclusion) (1)
4. d)On veut $P(|Q_n-\pi |⩾0,01)⩽0,05$ ; il suffit que ${\displaystyle \frac{3}{n\times 0,{01}^2}}⩽0,05$, soit $n⩾{\displaystyle \frac{3}{0,05\times 0,0001}}=600000$ points. Avec la seule majoration $p(1-p)⩽{\displaystyle \frac{1}{4}}$, on aurait trouvé $800000$ points : savoir que $\pi >3$ en fait économiser un quart. (1 pt) (1)
5. e)On veut ${\displaystyle \frac{3}{10000{\delta }^2}}⩽0,1$, soit ${\delta }^2⩾0,003$, c'est-à-dire $\delta ⩾\sqrt{0,003}\approx 0,0548$. Avec $10000$ points, on garantit seulement un écart inférieur à $0,055$ avec une probabilité d'au moins $0,9$ : à peine le premier chiffre après la virgule. La précision garantie varie comme ${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}}}$ : pour la diviser par $10$, il faut $100$ fois plus de points. La méthode est simple mais lente. (1 pt : 0,5 pour $\delta$, 0,5 pour le commentaire) (1)

Piège — Multiplier une fréquence par $4$ multiplie sa variance par $16$, pas par $4$ : l'erreur commise sur $\pi$ est quatre fois celle commise sur ${\displaystyle \frac{\pi }{4}}$.

1. a)$N_n=X_1+\cdots +X_n$, où $X_i=1$ si le $i$-ième passager se présente et $X_i=0$ sinon ; les $X_i$ sont indépendantes et suivent la loi de Bernoulli de paramètre $0,9$. Donc $N_n$ suit la loi $ℬ(n;0,9)$, avec $E(N_n)=0,9n$ par linéarité et $V(N_n)=n\times 0,9\times 0,1=0,09n$ par indépendance. (1 pt) (1)
2. b)Pour $201⩽n⩽223$, on a bien $0,9n<201$. Si $N_n⩾201$, alors $N_n-0,9n⩾201-0,9n>0$, donc $|N_n-0,9n|⩾201-0,9n$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $P(N_n⩾201)⩽g(n)={\displaystyle \frac{0,09n}{(201-0,9n{)}^2}}$. (1 pt : 0,5 pour l'inclusion, 0,5 pour le majorant) (1)
3. c)Sur $\{201,\dots ,223\}$, $g$ est croissante : son numérateur croît et son dénominateur, positif, décroît. $g(202)={\displaystyle \frac{18,18}{19,2^2}}={\displaystyle \frac{18,18}{368,64}}\approx 0,0493⩽0,05$ et $g(203)={\displaystyle \frac{18,27}{18,3^2}}={\displaystyle \frac{18,27}{334,89}}\approx 0,0546>0,05$. Pour $n⩾224$, $E(N_n)⩾201,6$ et l'inégalité ne fournit plus de majorant de ce type. La méthode garantit donc la contrainte jusqu'à $202$ réservations. (1 pt : 0,5 pour la monotonie, 0,5 pour les deux valeurs et la conclusion) (1)
4. d)$P(N_{215}⩾201)=1-P(N_{215}⩽200)\approx 0,0496⩽0,05$ et $P(N_{216}⩾201)\approx 0,0782>0,05$. Comme cette probabilité augmente avec $n$, la compagnie peut en réalité accepter $215$ réservations, contre $202$ avec c). L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev n'utilise que l'espérance et la variance et vaut pour toutes les lois : elle est vraie mais très prudente. Quand la loi est connue, le calcul exact autorise $13$ réservations de plus. (1 pt : 0,5 pour les calculs, 0,5 pour la comparaison) (1)

Erreur fréquente — Croire que le nombre trouvé avec Bienaymé-Tchebychev est le meilleur possible : il est seulement suffisant, et le calcul exact avec la loi binomiale autorise souvent beaucoup plus.

1. a)Par linéarité, $E(Z_t)=t\mu +(1-t)\mu =\mu$. Comme $X$ et $Y$ sont indépendantes, $V(Z_t)=t^{2}V(X)+(1-t{)}^{2}V(Y)=t^{2}a+(1-t{)}^{2}b$. (1 pt) (1)
2. b)$V(Z_t)=(a+b)t^2-2bt+b$ est un trinôme en $t$ de coefficient $a+b>0$ : il est minimal en $t_0={\displaystyle \frac{2b}{2(a+b)}}={\displaystyle \frac{b}{a+b}}$. Alors $1-t_0={\displaystyle \frac{a}{a+b}}$ et $V(Z_{t_0})={\displaystyle \frac{b^{2}a+a^{2}b}{(a+b{)}^2}}={\displaystyle \frac{ab(a+b)}{(a+b{)}^2}}={\displaystyle \frac{ab}{a+b}}$. Comme ${\displaystyle \frac{ab}{a+b}}=a\times {\displaystyle \frac{b}{a+b}}<a$ et, de même, ${\displaystyle \frac{ab}{a+b}}<b$, la combinaison optimale est plus précise que chacun des deux instruments. (1 pt : 0,5 pour $t_0$, 0,5 pour la valeur et la comparaison) (1)
3. c)$t_0={\displaystyle \frac{12}{16}}=0,75$ et $V(Z_{t_0})={\displaystyle \frac{4\times 12}{16}}=3$. $V\left(Z_{\frac{1}{2}}\right)={\displaystyle \frac{1}{4}}\times 4+{\displaystyle \frac{1}{4}}\times 12=4$ : c'est la variance du premier instrument seul, donc la moyenne simple n'apporte rien par rapport au meilleur instrument ; il faut donner plus de poids au plus précis. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $P(|Z_{t_0}-\mu |⩾3)⩽{\displaystyle \frac{3}{3^2}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$. (1 pt) (1)
4. d)${\bar{X}}_k$ et ${\bar{Y}}_k$ sont indépendantes, d'espérance $\mu$ et de variances ${\displaystyle \frac{4}{k}}$ et ${\displaystyle \frac{12}{k}}$. D'après b), leur combinaison optimale a pour variance ${\displaystyle \frac{\frac{4}{k}\times \frac{12}{k}}{\frac{4}{k}+\frac{12}{k}}}={\displaystyle \frac{48/k^2}{16/k}}={\displaystyle \frac{3}{k}}$. On veut ${\displaystyle \frac{3/k}{0,5^2}}={\displaystyle \frac{12}{k}}⩽0,05$, soit $k⩾240$ : il faut $240$ mesures avec chaque instrument. (1 pt) (1)