Sujets concours proba[1] fusionné .pdf



Nom original: Sujets_concours_proba[1]-fusionné.pdf

Ce document au format PDF 1.4 a été généré par LaTeX with hyperref package / 3-Heights(TM) PDF Security Shell 4.8.25.2 (http://www.pdf-tools.com) / pdcat (www.pdf-tools.com), et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 22/10/2020 à 18:57, depuis l'adresse IP 154.245.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 411 fois.
Taille du document: 942 Ko (44 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


Concours 2011

Exercice 1

(3 heures)

(8 points)

Soit X la v.a continue de densité de probabilité fX (x) donnée par :
(
Ce−2αx (1 − e−αx ) si x > 0
fX (x) =
0
sinon
où α est une constante connue strictement positive, et C est une constante réelle à déterminer.
1) Montrer que la constante C est égale à 6α.
2) Trouver la fonction de répartition de X.
3) Calculer pour α = 1, les probabilités suivantes :
P(−1 ≤ X ≤ 2.5) , P(1.5 < X ≤ 3.75) , P(X > 6)
4) Soit la variable aléatoire Y = e−αX
(a) Trouver la densité de probabilité de Y .
(b) Déterminer la fonction de répartition de Y .
(c) Calculer les probabilités suivantes :

P(Y ≤ 0.5) , P(0.25 < Y ≤ 1) , P

Exercice 2

1
1
Y −

2
10



(12 points)

Dans une entreprise, une machine produit des pièces dont les dimensions très précises doivent être
respectées. On examine n pièces choisies au hasard et on note X la v.a. représentant le nombre de pièces
défectueuses.
I) Après un premier réglage, on constate une proportion de 30% de pièces défectueuses.
Pour n = 5 :
1) Quelle est la loi de probabilité de X ? Justifiez votre réponse.
2) Calculer l’esperance et l’écart-type de X.
3) Quelle est la probabilté que deux pièces soient défectueuses ?
4) Quelle est la probabilté qu’il n’y ait pas plus d’une pièce défectueuse ?
5) Déterminer la valeur de X la plus probable. Calculer la probabilité associée.
II) Après un second réglage, la proportion des pièces défectueuses devient 5%.
Pour n = 100 :
1) Par quelle loi peut-on approximer la loi de probabilité de X ? Justifiez votre réponse.
2) Calculer la probabilité de ne pas trouver de pièces défectueuses.
1

3) Calculer la probabilité d’obtenir deux pièces défectueuses.
4) Calculer la probabilité que le nombre de pièces défectueuses soit compris entre (au sens large)
2 et 4.
5) En déduire l’espérance et la variance de X.
III) Après un troisième réglage, la proportion des pièces défectueuses devient 3%.
Pour n = 100 :
1) Par quelle loi peut-on approximer la loi de probabilité de X ? Justifiez votre réponse.
2) Calculer la probabilité d’avoir plus de 50 pièces défectueuses.
3) Calculer la probabilité d’avoir entre 20 et 40 pièces défectueuses.
4) Calculer la probabilité pour que la différence absolue entre le nombre de pièces défectueuses et
la moyenne soit inférieur ou égale à 15.
5) On examine 2000 pièces.
Quelle est la probabilité d’obtenir au moins 1950 pièces non défectueuses ?

Concours 2012

(1 heure)

Exercice 1
Pour ses besoins en gestion, un fabricant de montres électroniques a fourni les données suivantes à un
cabinet de conseils :
• À la sortie d’usine, le quart des montres fabriquées sont défectueuses, elles sont par conséquent renvoyées à l’atelier pour réparation. Le reste est mis en vente.
• La moitié des montres renvoyées à l’atelier sont réparées et mises en vente, le reste est détruit.
• Le prix de revient de la production d’une montre est de 5000 da.
• Le coût de réparation d’une montre est de 300 da.
À la sortie d’usine, nous avons choisi une montre au hasard.
1) Calculer la probabilité que la montre soit vendue P(V ).
Soit X la variable aléatoire qui représente le prix de vente d’une montre électronique, et soit Y la
variable aléatoire qui représente le bénéfice réalisé à la vente d’une montre.
2) À partir de quel prix de vente unitaire le fabricant espère-t-il réaliser des bénéfices ? Commentez.ee
3) Si le fabricant vend la montre à 5300 da, quel sera son bénéfice (ou perte) par montre vendue ?
Note importante : le contrôle ne se fait qu’une seule fois à la sortie de l’usine. Si la montre est réparée,
il n’est pas nécessaire de la re-contrôler. Elle est soit vendue, soit détruite.

Exercice 2
En vue d’une campagne de sensibilisation sur la consommation de l’eau, une enquête a été effectuée auprès d’une population afin d’étudier leur consommation mensuelle d’eau. Sur l’ensemble des personnes,
la consommation a une distribution de type normale avec une moyenne de 1000 litres et un écart-type
de 250 litres.

Nous souhaitons connaître :
1) Le pourcentage des faibles consommateurs (moins de 500 litres par mois) et celui des grands consommateurs (plus de 1500 litres par mois).
2) Au-dessus de quelle consommation se trouve le tiers de la population ?

3

Concours 2013

Exercice 1

(1 heure)

(10 points)

On suppose que le temps hebdomadaire, en minutes, que passent les étudiants à réviser leurs cours, soit
une variable aléatoire X qui suit la loi Normale de paramètres m = 550 et σ = 100.
On choisit un étudiant au hasard.
1) Quelle est la probabilité que cet étudiant passe moins de 650 minutes, par semaine, à faire ses
révisions ?
2) Quelle est la probabilité qu’il passe plus de 746 minutes, par semaine, à réviser ?
3) Quelle est la probabilité que son temps hebdomadaire de révision soit compris entre 500 et 600
minutes ?
4) On choisit au hasard 5 étudiants dont le temps de révision hebdomadaire est inférieur à 550 minutes
pour chacun d’eux. Si on suppose qu’il y a indépendance, quelle est la probabilité que parmi ces 5
étudiants, exactement 2 révisent moins de 550 minutes par semaine ?
On donne : Si Z est une variable qui suit une loi N (0, 1), alors :
P(Z < 1) = 0.8413
P(Z < 1.96) = 0.9750
P(Z < 1) = 0.6915
P(Z < 1) = 0.5

Exercice 2

(10 points)

Soit X une variable aléatoire continue de desnité de probabilité :
(
Ce−2αx si x > 0
fX (x) =
0
sinon
où α est une constante strictement positive.
1) Déterminer la constante C.
2) Trouver la fonction de répartition de la variable X.
3) Pour α = 1, calculer les probabilités suivantes :
P(X > 2) , P(−0.5 ≤ X ≤ 2.5)
4) Soit la variable aléatoire Y = e−αX
Trouver la densité de probabilité de la variable aléatoire Y .

4

Concours 2014

Exercice 1

(1 heure)

(10 points)

Soit l’espace de probabilité (Ω, A, P) et trois lots d’articles A, B et C d’une marchandise quelconque.
Les proportions d’articles défectueux sont :
• Pour le lot A : 4%

• Pour le lot B : 4%

• pour le lot C : 6%

Les lots d’articles n’ont pas d’étiquettes permettant de les designer.
On prélève dans l’un des lots choisi au hasard et avec remise, un échantillon de 10 articles et on désigne
par la variable aléatoire X le nombre d’articles défectueux se trouvant dans l’échantillon.
1) Déterminer la loi de probabilité de X.

(3 points)

2) Calculer le nombre moyen d’articles défectueux ainsi que l’écart-type.

(3 points)

3) On suppose que l’échantillon prélevé au hasard contient 2 articles défectueux ; quelle est la probabilité
que les 2 articles proviennent d’un lot contenant 4% d’articles défectueux ?

Exercice 2

(4 points)

(10 points)

La durée (mesurée en minutes) mise par le service clientèle d’un grand magasin pour traiter une réclamation quelconque émanant d’un client quelconque, est une variable aléatoire réelle continue X modélisée
par la fonction de densité ci-après :
(
fX (x) =

ae−bx

∀x ≥ 0

0

∀x < 0

(a, b) ∈ IR2 − {(0, 0)}

La durée moyenne de traitement d’une réclamation quelconque est de 4mn :
1) Déterminer les paramètres a et b.

(2 points)

2) Quelle est la loi de probabilité obtenue ?

(1 point)

3) En déduire la durée moyenne et l’écart-type.

(1 point)

4) On suppose que le nombre de réclamations adressées au service clientèle du magasin au cours d’une
période quelconque, est de 40 ; quelle est la loi de probabilité qui décrit la durée Y mise par le service
clientèle pour traiter les 40 réclamations ? (les réclamations traitées sont mutuellement indépendantes
en probabilité du point de vue de la durée)

(2 points)

5) En déduire la durée moyenne et l’écart-type de la variable aléatoire réelle Y . (1 point)
6) Donner la loi d’approximation de la loi exacte de la variable aléatoire réelle Y .

(1 point)

7) On suppose que 95.54% des réclamations adressées au service clientèle, ne dépassent pas une durée
d à déterminer. Calculer cette durée à l’aide de la loi d’approximation.
ANNEXE :

G(1.70) =

√1


R t=1.70
−∞

1 2

e− 2 t dt = 0.9554

5

(2 points)

Concours 2015

Exercice 1

(1 heure)

(5 points)

Soit la variable aléatoire réelle continue X modélisée par la loi Uniforme : X ; U[0, 1].
1) Rappeler la fonction de densité de la variable étudiée.
2) On pose Y = −α ln X , (α > 0)
a. Determiner la fonction de densité de la variable Y . Reconnaitre sa loi.
b. En déduire son espérance et sa variance.
3) Calculer la fonction de répartition de la variable aléatoire réelle Y .
4) Calculer la probabilité suivante : P(Y > 2α)

Exercice 2

(3 points)

Une enquète a été menée auprès de ménages de 4 personnes en vue de connaître leur consommation
de lait sur 1 mois. On suppose que sur l’ensemble des personnes interrogées, la consommation a une
distribution de type "Normale" avec une moyenne de 20 litres et un écart-type de 5 litres.
Dans le cadre d’une campagne publicitaire, on souhaite connaître :
1) le pourcentage des faibles consommateurs (moins de 10 litres par mois) ;
2) le pourcentage des grands consommateurs (plus de 30 litres par mois) ;
3) la consommation maximale de 50% des consommateurs ;
4) au dessus de quelle consommation se trouvent 33% des consommateurs .
ANNEXE :
G(2) =

√1


R t=2
−∞

1 2

e− 2 t dt = 0.9772

, G(0.44) =

√1


6

R t=0.44
−∞

1 2

e− 2 t dt = 0.67

Concours 2016

Exercice 1

(45 minutes)

(2 points)

Soit le couple de v.a. (X, Y ) de densité de probabilité :
9
1 2
1 2
1 − x + x + − 2y − y
2
4 , (x, y) ∈ IR2
f (x, y) =
e 2

1) Écrire les densités marginales et reconnaître les lois usuelles.
2) Est-ce que X et Y sont indépendantes ?

Exercice 2

(6 points)

Soit X une variable aléatoire continue de densité f définie par :
(
1
si x ≥ 1
x2
f (x) =
0
si x < 1
Soient X1 et X2 deux variables aléatoires indépendantes suivants la même loi que la variable aléatoire
X.
1) Donner la loi de probabilité du couple (X1 , X2 ).
2) On pose :
(

U = X1 X2
V =

X1
X2

Montrer que (U, V ) admet une loi absolument continue, en déterminer la densité.
3) Déterminer les lois marginales de U et V .
4) Les variables U et V sont-elles indépendantes ? Justifier votre réponse.

5) Déterminer la loi de la variable aléatoire Z = U , calculer E(Z) et V ar(Z) si elles existent.

7

Concours 2017

Exercice 1

(1 heure)

(6 points)

Soit X une variable aléatoire qui suit une loi exponentielle de paramètre 2.
On pose :
(
Y =

1

si x > 1

−1

si x ≤ 1

1) Déterminer la loi de Y .
2) Calculer la fonction génératrice des moments de Y puis déduire son espérance E(Y ) et sa variance
V (Y ).

Exercice 2

(14 points)

Soit (X, Y ) un vecteur aléatoire de densité conjointe :
f (x, y) = αxy + βy 2 , 0 < x < 1 , 0 < y < 1
où α et β des réels positifs non nuls.
1) Vérifier que 3α + 4β = 12.
2) Déterminer la densité marginale fx de X.
3) Trouver les valeurs de α et β sachant que E(X) = 7/12.
4) Déterminer la densité conditionnelle de Y /X = x. Les variables aléatoires X et Y sont-elles indépendantes ?
5) Déterminer E(Y /X = x).
6) Déterminer Z = E(Y /X). En déduire E(Z).

8

Ecole des Hautes Etudes Commerciales (EHEC)
Correction des concours (2011-2019)
Préparé par : ASRI A.

Concours 2011

Exercice 01 :
Soit 𝑋 la variable aléatoire continue de densité de probabilité 𝑓𝑋 (𝑥) donnée par :
−2𝛼𝑥 (1
− 𝑒 −𝛼𝑥 )
𝑓𝑋 (𝑥) = { 𝑐𝑒
0

𝑠𝑖 𝑥 > 0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

où 𝛼 est une constante connue strictement positive, et 𝐶 est une constante réelle à déterminer.
1) Montrer que la constante 𝐶 est égale à 6𝛼.
2) Trouver la fonction de répartition de 𝑋.
3) Calculer pour 𝛼 = 1, les probabilités suivantes :
𝑃(−1 ≤ 𝑋 ≤ 2.5) , 𝑃(1.5 < 𝑋 ≤ 3.75) , 𝑃(𝑋 > 6)
4) Soit la variable aléatoire 𝑌 = 𝑒 −𝛼𝑋
(a) Trouver la densité de probabilité de 𝑌.
(b) Déterminer la fonction de répartition de 𝑌.
(c) Calculer les probabilités suivantes :
𝑃(𝑌 ≤ 0.5) , 𝑃(0.25 < 𝑌 ≤ 1) , 𝑃(|𝑌 − 0.5| ≥ 0.1)
Correction :
−2𝛼𝑥 (1
− 𝑒 −𝛼𝑥 )
𝑓𝑋 (𝑥) = {𝑐𝑒
0

𝑠𝑖 𝑥 > 0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛
+∞

1. Pour déterminer la valeur de c, il faut utiliser la propriété : ∫−∞ 𝑓𝑋 (𝑥)𝑑𝑥 = 1
+∞



+∞

𝑓𝑋 (𝑥)𝑑𝑥 = 1 ⇒ ∫

−∞
−1

𝑐𝑒

+∞
−2𝛼𝑥 (1

−𝑒

−𝛼𝑥 )𝑑𝑥

0
1

𝑐 [2𝛼 𝑒 −2𝛼𝑥 + 3𝛼 𝑒 −3𝛼𝑥 ]

+∞
0

= 1 ⇒ 𝑐∫

(𝑒 −2𝛼𝑥 − 𝑒 −3𝛼𝑥 )𝑑𝑥 = 1 ⇒

0
−1

1

= 1 ⇒ 𝑐 (0 − (2𝛼 + 3𝛼)) = 1 ⇒ 𝑐 (

𝒄 = 𝟔𝜶
2. La fonction de répartition 𝐹(𝑥) :
𝑥
𝑥
 si 𝑥 < 0 : 𝐹𝑋 (𝑥) = ∫−∞ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = ∫−∞ 0𝑑𝑡 = 0
 si 𝑥 ≥ 0 :

3𝛼−2𝛼
6𝛼2

𝑐

) = 1 ⇒ 6𝛼 = 1 ⇒

𝑥

𝑥

−1

𝑥

1

𝐹𝑋 (𝑥) = ∫−∞ 𝑓𝑋 (𝑡)𝑑𝑡 = ∫0 6𝛼𝑒 −2𝛼𝑡 (1 − 𝑒 −𝛼𝑡 )𝑑𝑡 = 6𝛼 [2𝛼 𝑒 −2𝛼𝑡 + 3𝛼 𝑒 −3𝛼𝑡 ] =
0

−1

6𝛼 (
2𝑒

2𝛼
−3𝛼𝑥

𝑒

−2𝛼𝑥

+

1

𝑒

3𝛼

−3𝛼𝑥

−1

−(

2𝛼

+

𝐹𝑋 (𝑥) = {

1
3𝛼

)) = −3𝑒

−2𝛼𝑥

+ 2𝑒

−3𝛼𝑥

0
1 − 3𝑒 −2𝛼𝑥 + 2𝑒 −3𝛼𝑥

+ 3 − 2 = 1 − 3𝑒 −2𝛼𝑥 +

𝑠𝑖 𝑥 < 0
𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0

3. Pour 𝛼 = 1 : 𝐹𝑋 (𝑥) = 1 − 3𝑒 −2𝑥 + 2𝑒 −3𝑥
 𝑃(−1 ≤ 𝑋 ≤ 2.5) = 𝐹𝑋 (2.5) − 𝐹𝑋 (−1) = (1 − 3𝑒 −2∗2.5 + 2𝑒 −3∗2.5 ) − 0 = 0.98
 𝑃(1.5 < 𝑋 ≤ 3.75) = 𝐹𝑋 (3.75) − 𝐹𝑋 (1.5) = (1 − 3𝑒 −2∗3.75 + 2𝑒 −3∗3.75 ) − (1 −
3𝑒 −2∗1.5 + 2𝑒 −3∗1.5 ) = 0.125
 𝑃(𝑋 > 6) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 6) = 1 − 𝐹𝑋 (6) = 1 − (1 − 3𝑒 −2∗6 + 2𝑒 −3∗6 ) ≈ 0
4. 𝑌 = 𝑒 −𝛼𝑋
On essaye de trouver le support (domaine de définition) de Y.
Puisque 𝑋 > 0 ⇒ −𝛼𝑋 < 0 ⇒ 𝑒 −𝛼𝑋 ∈ ]0,1[ ⇒ 𝑦 ∈ ]0,1[
a. La fonction de répartition de Y :
𝐹𝑌 (𝑦) = 𝑃(𝑌 ≤ 𝑦) = 𝑃(𝑒 −𝛼𝑋 ≤ 𝑦) = 𝑃(−𝛼𝑋 ≤ ln(𝑦)) = 𝑃 (𝑋 ≥
− ln(𝑦)
𝛼
2

− ln(𝑦)

) = 1 − 𝐹𝑋 (

𝛼

) = 1 − (1 − 3𝑒 −2𝛼(

− ln(𝑦)
)
𝛼

+ 2𝑒 −3𝛼(

−ln(𝑦)

− ln(𝑦)
)
𝛼

𝛼

) = 1 − 𝑃 (𝑋 ≤

) = 3𝑒 2𝑙𝑛𝑦 − 2𝑒 3𝑙𝑛𝑦 =

3𝑦 − 2𝑦 3 pour 𝑦 ∈ ]0,1[
0
𝐹𝑌 (𝑦) = {3𝑦 2 − 2𝑦 3
1

𝑠𝑖 𝑦 < 0
𝑠𝑖 𝑦 ∈ ]0,1[
𝑠𝑖 𝑦 ≥ 1

b. La fonction de densité de Y :
𝑓𝑌 (𝑦) = 𝐹𝑌′ (𝑦) = (3𝑦 2 − 2𝑦 3 )′ = 6𝑦 − 6𝑦 2 𝑦 ∈ ]0,1[
𝑓𝑋 (𝑥) = {6𝑦 − 6𝑦
0

2

𝑠𝑖 𝑦 ∈ ]0,1[
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

c. 𝑃(|𝑌 − 0.5| ≥ 0.1) = 1 − 𝑃(|𝑌 − 0.5| ≤ 0.1) = 1 − 𝑃(−0.1 ≤ 𝑌 − 0.5 ≤ 0.1) = 1 −
𝑃(0.4 ≤ 𝑌 ≤ 0.6) = 1 − (𝐹𝑌 (0.6) − 𝐹𝑌 (0.4)) = 1 − (3 ∗ (0.6)2 − 2 ∗ (0.6)3 ) + (3 ∗
(0.4)2 − 2 ∗ (0.4)3 ) = 0.704

Exercice 02 :
Dans une entreprise, une machine produit des pièces dont les dimensions très précises doivent
être respectées. On examine 𝑛 pièces choisies au hasard et on note 𝑋 la variable aléatoire
représentant le nombre de pièces défectueuses.
I) Après un premier réglage, on constate une proportion de 30% de pièces défectueuses. Pour
𝑛 = 5;
1) Quelle est la loi de probabilité de 𝑋 ? justifiez votre réponse. Calculer l’espérance et
l’écart type de 𝑋.
2) Quelle est la probabilité que deux des pièces soient défectueuses ?

3) Quelle est la probabilité qu’il n’y ait plus d’une pièce défectueuse ?
4) Déterminer la valeur de 𝑋 la plus probable. Calculer la probabilité associée.
II) Après un second réglage, la proportion des pièces défectueuse devient 5%. Pour 𝑛 = 100 ;
1) Par quelle loi peut-on approximer la loi de probabilité de 𝑋 ? justifiez votre réponse.
2) Calculer la probabilité de ne pas trouver de pièces défectueuse.
3) Calculer la probabilité d’obtenir deux pièces défectueuses.
4) Calculer la probabilité que le nombre de pièces défectueuse soit compris entre (au sens
large) 2 et 4.
5) En déduire l’espérance et la variance de 𝑋
III) Après un troisième réglage, la proportion des pièces défectueuse devient 3%. Pour 𝑛 =
1000 ;
1) Par quelle loi peut-on approximer la loi de probabilité de 𝑋 ? justifiez votre réponse.
2) Calculer la probabilité d’avoir plus de 50 pièces défectueuses.
3) Calculer la probabilité d’avoir entre 20 et 40 pièces défectueuses.
4) Calculer la probabilité pour que la différence absolue entre le nombre de pièces
défectueuses et la moyenne soit inférieur ou égal à 15.
5) On examine 2000 pièces.
Quelle est la probabilité d’obtenir au moins 19500 pièces non défectueuses ?
Correction :
𝑋 : « 𝑙𝑒 𝑛𝑜𝑚𝑏𝑟𝑒 𝑑𝑒 𝑝𝑖è𝑐𝑒𝑠 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒𝑠 »
I. 𝑛 = 5 et 𝑃(« 𝑢𝑛𝑒 𝑝𝑖è𝑐𝑒 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒 ») =

30
100

= 0.3

1. Puisque on a 5 pièces, alors le nombre de pièces défectueuses sera compris entre 0 et 5.
𝑋(Ω) = {0,1,2,3,4,5}
Si on observe la première pièce : 𝑌1 ∶ {

𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒
𝑛𝑜𝑛 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒

𝑝 = 0.3
1 − 𝑝 = 0.7

alors

𝑌1 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(0.3)
̅̅̅̅
On peut obtenir, de la manière, que toutes les composantes 𝑌𝑖 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(0.3) 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑖 = 1,3
Puisque 𝑋 = ∑5𝑖=1 𝑌𝑖 alors 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙(5, 0.3)
𝐸[𝑋] = 𝑛𝑝 = 5 ∗ 0.3 = 1.5
𝑉(𝑋) = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 5 ∗ 0.3 ∗ 0.7 = 1.05
L’écart-type : 𝜎(𝑋) = √𝑉(𝑋) = √1.05 = 1.024
2. 𝑃(« 𝑑𝑒𝑢𝑥 𝑑𝑒𝑠 𝑝𝑖è𝑐𝑒𝑠 𝑠𝑜𝑛𝑡 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒𝑠 ») = 𝑃(𝑋 = 2) = 𝐶52 (0.3)2 (0.7)3 =
0.3087
3. 𝑃(« 𝑖𝑙 𝑛′ 𝑦 𝑎𝑖𝑡 𝑝𝑙𝑢𝑠 𝑑 ′ 𝑢𝑛𝑒 𝑝𝑖è𝑐𝑒 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒 ») = 𝑃(𝑋 = 0) = 𝐶50 (0.3)0 (0.7)5 =
0.16807
4. La valeur de 𝑋 la plus probable est le mode de 𝑋.
𝑀𝑜𝑑𝑒(𝑋) = ⌊(𝑛 + 1)𝑝⌋ = ⌊(5 + 1) ∗ 0.3⌋ = ⌊1.8⌋ = 1
𝑃(𝑋 = 1) = 𝐶51 (0.3)1 (0.7)4 = 0.36015
Sinon, on peut calculer toutes les probabilités et on détermine la plus grande probabilité
x
𝑷(𝑿
= 𝒙)

0
0.16807

1
2
𝟎. 𝟑𝟔𝟎𝟏𝟓 0.3087

3
0.1323

4
0.02835

5
0.00243

somme
1

Alors la valeur la plus probable est 𝑋 = 1 avec 𝑃(𝑋 = 1) = 0.36015
II. 𝑛 = 100 et 𝑃(« 𝑢𝑛𝑒 𝑝𝑖è𝑐𝑒 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒 ») =

5

= 0.05

100

1. Pour que la variable 𝑋 puisse être approximer par une loi de Poisson, il faut satisfaire les
conditions suivantes :
𝑛 > 30
𝑛 = 100 > 30
𝑝
<
0.1
𝑝
{
Dans notre cas : { = 0.05 < 0.1 toutes les conditions sont vérifiées, alors on peut
𝑛𝑝 < 5
𝑛𝑝 = 5 = 5
conclure que la variable aléatoire 𝑋 peut-être approximé par une loi de Poisson de paramètre
𝜆 = 𝑛𝑝 = 5
2. 𝑃(« 𝑛𝑒 𝑝𝑎𝑠 𝑡𝑟𝑜𝑢𝑣𝑒𝑟 𝑑𝑒 𝑝𝑖è𝑐𝑒𝑠 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒𝑠 ») = 𝑃(𝑋 = 0) =

𝑒 −5 (5)0
0!

= 𝑒 −5 =

0.0067
3. 𝑃(« 𝑡𝑟𝑜𝑢𝑣𝑒𝑟 𝑑𝑒𝑢𝑥 𝑝𝑖è𝑐𝑒𝑠 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒𝑠 ») = 𝑃(𝑋 = 2) =

𝑒 −5 (5)2
2!

= 0.0842

4. 𝑃(« 𝑛𝑜𝑚𝑏𝑟𝑒 𝑑𝑒 𝑝𝑖é𝑐𝑒𝑠 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒𝑠 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 2 𝑒𝑡 4 ») = 𝑃(2 ≤ 𝑋 ≤ 4) = 𝑃(𝑋 =
2) + 𝑃(𝑋 = 3) + 𝑃(𝑋 = 4) =

𝑒 −5 (5)2
2!

+

𝑒 −5 (5)3
3!

+

𝑒 −5 (5)4
4!

= 0.0842 + 0.14037 +

0.1754 = 0.4
5. Puisque 𝑋~𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛(𝜆 = 5) alors 𝐸[𝑋] = 𝜆 = 5 et 𝑉(𝑋) = 𝜆 = 5
III.

5

𝑛 = 1000 et 𝑃(« 𝑢𝑛𝑒 𝑝𝑖è𝑐𝑒 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒 ») = 100 = 0.03
1. Puisque 𝑛 = 1000 > 30 ,𝑛𝑝 = 30 > 5 et 𝑛(1 − 𝑝) = 970 > 5 alors on peut déduire
qu’une approximation vers la loi normale est appropriée pour ce cas.
L’approximation est donné par :
𝑋 − 𝐸[𝑋]

𝑍=

√𝑉(𝑋)

↝ ℒ 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙(0,1)

Où : 𝐸[𝑋] = 𝑛𝑝 = 1000 ∗ 0.03 = 30 et 𝑉(𝑋) = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 29.1 alors :
𝑋 − 30 ℒ
↝ 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙(0,1)
5.4

𝑍=

2. 𝑃(« 𝑎𝑣𝑜𝑖𝑟 𝑝𝑙𝑢𝑠 𝑑𝑒 50 𝑝𝑖è𝑐𝑒𝑠 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒𝑠 ») = 𝑃(𝑋 > 50) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 50) =
𝑋−30

1 − 𝑃(𝑋 ≤ 50.5) = 1 − 𝑃 (

5.4



50.5−30
5.4

) = 1 − 𝑃(𝑍 ≤ 3.79) = 1 − 𝜙(3.79) =

1 − 0.99992 = 0.00008
3. 𝑃(« 𝑎𝑣𝑜𝑖𝑟 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 20 𝑒𝑡 40 𝑝𝑖è𝑐𝑒𝑠 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒𝑠 ») = 𝑃(20 < 𝑋 ≤ 40) =
19.5−30

𝑃(19.5 < 𝑋 ≤ 40.5) = 𝑃 (

5.4

<

𝑋−30
5.4



40.5−30
5.4

) = 𝑃(−1.94 < 𝑍 ≤ 1.94) =

𝜙(1.94) − 𝜙(−1.94) = 𝜙(1.94) − (1 − 𝜙(1.94)) = 2𝜙(1.94) − 1 = 2(0.9738) −
1 = 0.9476
|𝑋−𝜇|

4. 𝑃(|𝑋 − 𝜇| ≤ 15) = 𝑃 (

𝜎



15
𝜎

) = 𝑃(|𝑍| ≤ 2.78) = 𝑃(−2.78 < 𝑍 ≤ 2.78) =

𝜙(2.78) − 𝜙(−2.78) = 𝜙(2.78) − (1 − 𝜙(2.78)) = 2𝜙(2.78) − 1 = 2(0.9937) −
1 = 0.9874
5. 𝑛 = 2000
Alors X devient une loi Binomiale avec 𝑛 = 2000 et 𝑝 = 0.03. On utilise la même
approximation pour calculer
Où : 𝐸[𝑋] = 𝑛𝑝 = 2000 ∗ 0.03 = 60 et 𝑉(𝑋) = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 58.2 alors :

𝑍=

𝑋 − 60 ℒ
↝ 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙(0,1)
7.63

𝑃(« 𝑎𝑣𝑜𝑖𝑟 𝑎𝑢 𝑚𝑜𝑖𝑛𝑠 1950 𝑝𝑖è𝑐𝑒𝑠 𝑛𝑜𝑛 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒𝑠 ») =
𝑃(« 𝑎𝑣𝑜𝑖𝑟 𝑎𝑢 𝑝𝑙𝑢𝑠 50 𝑝𝑖è𝑐𝑒𝑠 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒𝑠 ») = 𝑃(𝑋 < 50) = 𝑃(𝑋 < 50.5) =
𝑋−60

𝑃 ( 7.63 <
0.1075

50.5−60
7.63

) = 𝑃(𝑍 < −1.24) = 𝜙(−1.24) = 1 − 𝜙(1.24) = 1 − 0.8925 =

Concours 2012

Exercice 01 :

Exercice 1
Pour ses besoins en gestion, un fabricant de montres électroniques a fourni les données
suivantes à un cabinet de conseils :





À la sortie d’usine, le quart des montres fabriquées sont défectueuses, elles sont par
conséquent renvoyées à l’atelier pour réparation. Le reste est mis en vente.
La moitié des montres renvoyées à l’atelier sont réparées et mises en vente, le reste est
détruit.
Le prix de revient de la production d’une montre est de 50 00 da.
Le coût de réparation d’une montre est de 300 da.

À la sortie d’usine, nous avons choisi une montre au hasard.
1. Calculer la probabilité que la montre soit vendue 𝑃(𝑉).
Soit 𝑋 la variable aléatoire qui représente le prix de vente d’une montre électronique, et soit 𝑌
la variable aléatoire qui représente le bénéfice réalisé à la vente d’une montre.
2. À partir de quel prix de vente unitaire le fabricant espère-t-il réaliser des bénéfices ?
Commentez.
3. Si le fabricant vend la montre à 5300 da, quel sera son bénéfice (ou perte) par montre
vendue ?
Note importante : le contrôle ne se fait qu’une seule fois à la sortie de l’usine. Si la montre est
réparée, il n’est pas nécessaire de la recontrôler. Elle est soit vendue, soit détruite.
Correction :
1. On note :
𝑅 : Montre réparée
𝐷 : Montre défectueuse
𝑉 : Montre mise en vente.
Alors :
̅) =
𝑃(𝑉) = 𝑃(𝐷 ∩ 𝑅) + 𝑃(𝐷

1 1 3 7
× + =
4 2 4 8

2. On définit les variables :
𝑋 : « Prix de vente d’une montre » et 𝑌 : « bénéfice à la vente d’une montre ». Donc si 𝑋 = 𝑥,

𝑥 − 5000
𝑌|𝑋 = 𝑥 = {𝑥 − 5300
−5300

si la montre n'est pas défectueuse
si la montre est défectueuse et réparée
si elle est défectueuse et non réparée

Donc, pour un prix de vente de la montre 𝑋 = 𝑥, on a :
𝐸[𝑌|𝑋 = 𝑥] = (𝑥 − 5000)𝑃(𝑥 − 5000) + (𝑥 − 5300)𝑃(𝑥 − 5300) + (−5300)𝑃(−5300)
̅ ) + (𝑥 − 5300)𝑃(𝐷 ∩ 𝑅) − 5300𝑃(𝐷 ∩ 𝑅̅ )
= (𝑥 − 5000)𝑃(𝐷
3
1
1
= (𝑥 − 5000) + (𝑥 − 5300) − 5300 ∗
4
8
8
3
1
7
= 𝑥 + 𝑥 − 3750 − 662.5 − 662.5 = 𝑥 − 5075
4
8
8
Le fabricant espère réaliser un bénéfice si :
7
5075 ∗ 8
𝐸[𝑌|𝑋 = 𝑥] > 0 ⇔ 𝑥 − 5075 > 0 ⇔ 𝑥 >
⇔ 𝑥 > 5800
8
7
3. Si le fabricant vend la montre à 5300 da, alors :
𝐸[𝑌|𝑋 = 5300] =

7
(5300) − 5075 = 4637.5 − 5075 = −437.5
8

Sa perte espérée est de 437.5 da.

Exercice 02 :
En vue d’une campagne de sensibilisation sur la consommation de l’eau, une enquête a été
effectuée auprès d’une population afin d’étudier leur consommation mensuelle d’eau. Sur
l’ensemble des personnes, la consommation a une distribution de type normale avec une
moyenne de 1000 litres et un écart-type de 250 litres.
Nous souhaitons connaître :
1) Le pourcentage des faibles consommateurs (moins de 500 litres par mois) et celui des
grands consommateurs (plus de 1500 litres par mois).
2) Au-dessus de quelle consommation se trouve le tiers de la population ?
Correction :
X : « La consommation mensuelle d’eau »
𝑋 ↝ 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑒(𝜇 = 1000, 𝜎 2 = 2502 )
1. 𝑃(𝑋 ≤ 500) = 𝑃 (

𝑋−𝜇
𝜎



500−𝜇
𝜎

𝑋−1000

) = 𝑃(

250



500−1000
250

) = 𝑃(𝑍 ≤ −2) = 𝜙(−2) =

1 − 𝜙(2) = 1 − 0.9772 = 0.0228
Alors le pourcentage des faibles consommateurs est estimé à 2.28% parmi les personnes
enquêtées.4

𝑋−𝜇

𝑃(𝑋 > 1500) = 𝑃 (

𝜎

>

1500−𝜇
𝜎

𝑋−1000

) = 𝑃(

250

>

1500−1000

) = 𝑃(𝑍 > 2) = 1 − 𝑃(𝑍 ≤

250

2) = 1 − 𝜙(2) = 0.0228
Alors le pourcentage des grands consommateurs est estimé à 2.28% parmi les personnes
enquêtées.
Remarque : On peut souligner que la deuxième probabilité peut être calculée directement par
symétrie de la loi Normale.
𝑋−𝜇

2. 𝑃(𝑋 > 𝑥) = 0.33 ⇒ 𝑃 (
𝑥−𝜇
𝜎

) = 0.33 ⇒ 𝑃 (𝑍 ≤

𝜎
𝑥−𝜇
𝜎

>

𝑥−𝜇
𝜎

) = 0.33 ⇒ 𝑃 (𝑍 >

) = 0.67 ⇒ 𝜙 (

𝑥−𝜇
𝜎

𝑥−𝜇
𝜎

) = 0.33 ⇒ 1 − 𝑃 (𝑍 ≤

) = 0.67 ⇒

𝑥−𝜇
𝜎

= 0.44 ⇒

𝑥−1000
250

=

0.44 ⇒ 𝑥 − 1000 = 250(0.44) ⇒ 𝑥 = 1110
Alors 33% des consommateurs ont une consommation munsuelle d’eau supérieure à 1110
Litres.

Concours 2013

Exercice 01 :
On suppose que le temps hebdomadaire, en minutes, que passent les étudiants à réviser leurs
cours, soit une variable aléatoire 𝑋 qui suit la loi Normale de paramètres 𝑚 = 550 et 𝜎 =
100.
On choisit un étudiant au hasard.
1) Quelle est la probabilité que cet étudiant passe moins de 650 minutes, par semaine, à faire
ses révisions ?
2) Quelle est la probabilité qu’il passe plus de 746 minutes, par semaine, à réviser ?
3) Quelle est la probabilité que son temps hebdomadaire de révision soit compris entre 500 et
600 minutes ?
4) On choisit au hasard 5 étudiants. Si on suppose qu’il y a indépendance, quelle est la
probabilité que parmi ces 5 étudiants, exactement 2 révisent moins de 550 minutes par
semaine ?
On donne : Si Z est une variable qui suit une loi 𝑁(0, 1), alors :
𝑃(𝑍 < 1) = 0.8413
𝑃(𝑍 < 0.5) = 0.6915

; 𝑃(𝑍 < 1.96) = 0.9750
; 𝑃(𝑍 < 0) = 0.5

Correction :
1. 𝑃(« 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑒𝑟 𝑚𝑜𝑖𝑛𝑠 𝑑𝑒 650 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑟é𝑣𝑖𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑖𝑛𝑒 ») = 𝑃(𝑋 < 650) =
𝑋−550

𝑃(

100

<

650−550

) = 𝑃(𝑍 < 1) = 0.8413

100

2. 𝑃(« 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑒𝑟 𝑝𝑙𝑢𝑠 𝑑𝑒 746 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑟é𝑣𝑖𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑖𝑛𝑒 ») = 𝑃(𝑋 > 746) = 1 −
𝑋−550

𝑃(𝑋 ≤ 746) = 1 − 𝑃 (

100



746−550
100

) = 1 − 𝑃(𝑍 ≤ 1.96) = 1 − 0.9750 = 0.025

3. 𝑃(« 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑠 𝑑𝑒 𝑟é𝑣𝑖𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑠 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 500 𝑒𝑡 600 ») = 𝑃(500 < 𝑋 < 600) =
500−550

𝑃(

100

<

𝑋−550
100

<

600−550
100

) = 𝑃(−0.5 < 𝑍 < 0.5) = 𝜙(0.5) − 𝜙(−0.5) = 𝜙(0.5) −

(1 − 𝜙(0.5)) = 2𝜙(0.5) − 1 = 2𝑃(𝑍 < 0.5) − 1 = 2(0.6915) − 1 = 0.383
4. Y : « le nombre d’étudiants avec un temps de révision inférieur à 550 minutes par semaine »
Puisque le choix se porte sur 5 étudiants alors 𝑛 = 5.
𝑋−550

𝑃(𝑋 < 550) = 𝑃 (

100

<

550−550
100

Pour le premier étudiant : 𝑍1 ∶ {

) = 𝑃(𝑍 < 0) = 0.5

𝑡𝑒𝑚𝑝𝑠 𝑑𝑒 𝑟é𝑣𝑖𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑖𝑛𝑓é𝑟𝑖𝑒𝑢𝑟 à 550 𝑚𝑖𝑛
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑠 𝑑𝑒 𝑟é𝑣𝑖𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑠𝑢𝑝é𝑟𝑖𝑒𝑢𝑟 à 550 𝑚𝑖𝑛

𝑝 = 0.5
1 − 𝑝 = 0.5

alors 𝑍1 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(0.5)
̅̅̅̅
On peut obtenir, de la même manière, que toutes les étudiants 𝑍𝑖 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(0.2) 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑖 = 1,5
Puisque 𝑌 = ∑5𝑖=1 𝑍𝑖 alors 𝑌~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙(5 , 0.5)

𝑃(𝑌 = 2) = 𝐶52 (0.5)2 (0.5)3 = 0.3125
Remarque ! J’ai changé un peu la question proposé au concours. La question proposée donne
une probabilité nulle.

Exercice 02 :
Soit 𝑋 une variable aléatoire continue de densité de probabilité :
−2𝛼𝑥
𝑓𝑋 (𝑥) = {𝐶𝑒
0

𝑠𝑖 𝑥 > 0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

où 𝛼 est une constante strictement positive.
1) Déterminer la constante 𝐶.
2) Trouver la fonction de répartition de la variable 𝑋.
3) Pour 𝛼 = 1, calculer les probabilités suivantes :
𝑃(𝑋 > 2) , 𝑃(−0.5 ≤ 𝑋 ≤ 2.5)
4) Soit la variable aléatoire 𝑌 = 𝑒 −𝛼𝑋
Trouver la densité de probabilité de la variable aléatoire Y.
Correction :
−2𝛼𝑥
𝑓𝑋 (𝑥) = {𝐶𝑒
0

𝑠𝑖 𝑥 > 0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛
+∞

1. Pour déterminer la valeur de c, il faut utiliser la propriété : ∫−∞ 𝑓𝑋 (𝑥)𝑑𝑥 = 1
+∞

+∞

∫−∞ 𝑓𝑋 (𝑥)𝑑𝑥 = 1 ⇒ ∫0
−1

+∞ −2𝛼𝑥

𝐶𝑒 −2𝛼𝑥 𝑑𝑥 = 1 ⇒ 𝐶 ∫0

𝑒

−1

𝑑𝑥 = 1 ⇒ 𝐶 [2𝛼 𝑒 −2𝛼𝑥 ]

+∞
0

1

𝐶 (0 − (2𝛼 )) = 1 ⇒ 𝐶 (2𝛼) = 1 ⇒ ⇒ 𝑪 = 𝟐𝜶
2. La fonction de répartition 𝐹𝑋 (𝑥) :
𝑥
𝑥
 si 𝑥 < 0 : 𝐹𝑋 (𝑥) = ∫−∞ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = ∫−∞ 0𝑑𝑡 = 0
 si 𝑥 ≥ 0 :
𝑥

𝑥

−1

𝑥

−1

−1

𝐹𝑋 (𝑥) = ∫−∞ 𝑓𝑋 (𝑡)𝑑𝑡 = ∫0 2𝛼𝑒 −2𝛼𝑡 𝑑𝑡 = 2𝛼 [2𝛼 𝑒 −2𝛼𝑡 ] = 2𝛼 (2𝛼 𝑒 −2𝛼𝑥 − (2𝛼 )) =
−𝑒

−2𝛼𝑥

+1=1−𝑒

0

−2𝛼𝑥

0
𝐹𝑋 (𝑥) = {
1 − 𝑒 −2𝛼𝑥
3.


4.

𝑠𝑖 𝑥 < 0
𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0

Pour 𝛼 = 1 : 𝐹𝑋 (𝑥) = 1 − 𝑒 −2𝑥
𝑃(−0.5 ≤ 𝑋 ≤ 2.5) = 𝐹𝑋 (2.5) − 𝐹𝑋 (−0.5) = (1 − 𝑒 −2∗2.5 ) − 0 = 1 − 𝑒 −5
𝑃(𝑋 > 2) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 2) = 1 − 𝐹𝑋 (2) = 1 − (1 − 𝑒 −2∗2 ) = 1 − 𝑒 −4 =
𝑌 = 𝑒 −𝛼𝑋

On essaye de trouver le support (domaine de définition) de Y.
Puisque 𝑋 > 0 ⇒ −𝛼𝑋 < 0 ⇒ 𝑒 −𝛼𝑋 ∈ ]0,1[ ⇒ 𝑦 ∈ ]0,1[

=1⇒

a. Pour déterminer la fonction de densité de Y, on peut commencer par la fonction de
répartition :
𝐹𝑌 (𝑦) = 𝑃(𝑌 ≤ 𝑦) = 𝑃(𝑒 −𝛼𝑋 ≤ 𝑦) = 𝑃(−𝛼𝑋 ≤ ln(𝑦)) = 𝑃 (𝑋 ≥
− ln(𝑦)
𝛼

− ln(𝑦)

) = 1 − 𝐹𝑋 (

𝛼

−ln(𝑦)
𝛼

) = 1 − 𝑃 (𝑋 ≤

)

Méthode 1 : déterminer la fonction de répartition puis déduire la densité
𝐹𝑌 (𝑦) = 1 − (1 − 𝑒 −2𝑎

− ln(𝑦)
𝛼

) = 𝑒 2 ln(𝑦) = 𝑒 ln(𝑦

2)

= 𝑦 2 pour 𝑦 ∈ ]0,1[



𝑓𝑌 (𝑦) = (𝐹𝑌 (𝑦)) = (𝑦 2 )′ = 2𝑦 pour 𝑦 ∈ ]0,1[
𝑓𝑌 (𝑦) = {

2𝑦 𝑠𝑖 𝑦 ∈ ]0,1[
}
0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

Méthode 2 : calcul de la fonction de densité directement


− ln(𝑦)

𝑓𝑌 (𝑦) = (𝐹𝑌 (𝑦)) = (1 − 𝐹𝑋 (
2

2

𝑒 2 ln(𝑦) = 𝑦 𝑒 ln(𝑦
𝑦

2)

=

2𝑦 2
𝑦

𝛼



11

− ln(𝑦)

) ) = − (− 𝑎 𝑦 𝑓𝑋 (

𝛼

= 2𝑦 pour 𝑦 ∈ ]0,1[
𝑓𝑌 (𝑦) = {

2𝑦 𝑠𝑖 𝑦 ∈ ]0,1[
0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

1

)) = 𝑎𝑦 2𝑎𝑒 −2𝑎

− ln(𝑦)
𝛼

=

Concours 2014

Exercice 01 :
Soit l’espace de probabilité (Ω, 𝐴, 𝑃) et trois lots d’articles A, B et C d’une marchandise
quelconque. Les proportions d’articles défectueux sont :
• Pour le lot A : 4% • Pour le lot B : 4%

• pour le lot C : 6%

Les lots d’articles n’ont pas d’étiquettes permettant de les designer.
On prélève dans l’un des lots choisi au hasard et avec remise, un échantillon de 10 articles et
on désigne par la variable aléatoire 𝑋 le nombre d’articles défectueux se trouvant dans
l’échantillon.
1) Déterminer la loi de probabilité de 𝑋.
2) Calculer le nombre moyen d’articles défectueux ainsi que l’écart-type.
3) On suppose que l’échantillon prélevé au hasard contient 2 articles défectueux ; quelle est la
probabilité que les 2 articles proviennent d’un lot contenant 4% d’articles défectueux ?
Correction :
1. 𝑋 : « le nombre d’articles défectueux se trouvant dans l’échantillon ».
On choisit à partir de l’un des lots, un échantillon de 10 articles tirés avec remise.
𝑛 = 10
Pour le premier article : 𝑍1 ∶ {

𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑙𝑒 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑥
𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑙𝑒 𝑛𝑜𝑛 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑥

𝑝
alors 𝑍1 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(𝑝)
1−𝑝

On peut obtenir, de la même manière, que tous les articles 𝑍𝑖 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(𝑝) 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑖 = ̅̅̅̅̅̅
1,10
Puisque 𝑋 = ∑10
𝑖=1 𝑍𝑖 alors 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙(10 , 𝑝)
La proportion des articles défectueux varie d’un lot à un autre. Si la provenance des articles est
connue alors le problème est contourné :
Si les articles proviennent du lot A : 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙(10 , 0.04)
Si les articles proviennent du lot B : 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙(10 , 0.04)
Si les articles proviennent du lot C : 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙(10 , 0.06)
Si on définit une variable aléatoire L : « la lot choisi au hasard ». 𝐿(Ω) = {𝐴, 𝐵, 𝐶}
1

𝑃(𝐿 = 𝐴) = 𝑃(𝐿 = 𝐵) = 𝑃(𝐿 = 𝐶) = 3 car le tirage est hasard, chaque lot a la même
probabilité d’être tirée.
𝑘 (0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘
Alors : 𝑃(𝑋 = 𝑘 |𝐿 = 𝐴) = 𝐶10

𝑘 (0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘
𝑃(𝑋 = 𝑘 |𝐿 = 𝐵) = 𝐶10

𝑘 (0.06)𝑘 (0.94)10−𝑘
et 𝑃(𝑋 = 𝑘 |𝐿 = 𝐶) = 𝐶10

Pour trouver la loi de X il faut trouver 𝑃(𝑋 = 𝑘). Il faut utiliser le théorème de probabilités
totales défini par : 𝑃(𝐴) = ∑𝐵 𝑃(𝐴 | 𝐵) 𝑃(𝐵) alors :
𝑃(𝑋 = 𝑘) = ∑ 𝑃(𝑋 = 𝑘 | 𝐿 = 𝑙) 𝑃(𝐿 = 𝑙)
𝑙

Donc :

𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑃(𝑋 = 𝑘 |𝐿 = 𝐴)𝑃(𝐿 = 𝐴) + 𝑃(𝑋 = 𝑘 |𝐿 = 𝐵)𝑃(𝐿 = 𝐵) + 𝑃(𝑋 =
1

1

𝑘 (0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘
𝑘 (0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘
𝑘 |𝐿 = 𝐶)𝑃(𝐿 = 𝐶) = 3 𝐶10
+ 3 𝐶10
+
1

𝐶 𝑘 (0.06)𝑘 (0.94)10−𝑘
3 10

2

1

𝑘 (0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘
𝑘 (0.06)𝑘 (0.94)10−𝑘
= 3 𝐶10
+ 3 𝐶10

2. Le nombre moyen d’articles défectueux 𝐸[𝑋]
10

10

2 𝑘
1 𝑘
(0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘 + 𝐶10
(0.06)𝑘 (0.94)10−𝑘 )
𝐸[𝑋] = ∑ 𝑘𝑃(𝑋 = 𝑘) = ∑ 𝑘 ( 𝐶10
3
3
𝑘=1

𝑘=1

10

10

𝑘=1

𝑘=1

2
1
𝑘 (0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘
𝑘 (0.06)𝑘 (0.94)10−𝑘
= ∑ 𝑘𝐶10
+ ∑ 𝑘𝐶10
3
3
2
1
7
= (10 ∗ 0.04) + (10 ∗ 0.06) = 0.466 =
3
3
15
𝑘
𝑘
10−𝑘
On remarque que : ∑10
est la définition d’une espérance d’une loi
𝑘=1 𝑘𝐶10 (0.04) (0.96)
𝑘
𝑘
10−𝑘
Binomiale avec paramètre 𝑛 = 10 et 𝑝 = 0.04 alors ∑10
= 𝑛𝑝 = 0.4
𝑘=1 𝑘𝐶10 (0.04) (0.96)

La variance 𝑉(𝑋) = 𝐸[𝑋 2 ] − 𝐸 2 [𝑋]
10

𝐸[𝑋

2]

10

2 𝑘
1 𝑘
(0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘 + 𝐶10
(0.06)𝑘 (0.94)10−𝑘 )
= ∑ 𝑘 𝑃(𝑋 = 𝑘) = ∑ 𝑘 2 ( 𝐶10
3
3
2

𝑘=1

𝑘=1

10

10

𝑘=1

𝑘=1

2
1
𝑘 (0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘
𝑘 (0.06)𝑘 (0.94)10−𝑘
= ∑ 𝑘 2 𝐶10
+ ∑ 𝑘 2 𝐶10
3
3
2
1
= (0.544) + (0.924) = 0.67
3
3
2 𝑘
𝑘
10−𝑘
On remarque que : ∑10
est la définition d’une espérance carrée
𝑘=1 𝑘 𝐶10 (0.04) (0.96)
d’une
loi
Binomiale
avec
paramètre
𝑛 = 10
et
𝑝 = 0.04
alors
10
𝑘
∑𝑘=1 𝑘 2 𝐶10 (0.04)𝑘 (0.96)10−𝑘 = 𝑉(𝑋) + 𝐸 2 [𝑋] = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) + (𝑛𝑝)2 = 0.384 + (0.4)2 =
0.544
7 2

𝑉(𝑋) = 𝐸[𝑋 2 ] − 𝐸 2 [𝑋] = 0.67 − (15) = 0.453
Enfin 𝜎(𝑋) = √𝑉(𝑋) = √0.453 = 0.673
3. On suppose que l’échantillon prélevé au hasard contient 2 articles défectueux (𝑋 = 2)
Pour calculer la probabilité que lot de provenance de ces articles est un lot de 4% d’articles
défectueux (𝐿 = 𝐴 𝑜𝑢 𝐿 = 𝐵 il faut utilsier le théorème de Bayes défini par :

𝑃(𝐵 | 𝐴) =

𝑃(𝐴 | 𝐵)𝑃(𝐵)
𝑃(𝐴 | 𝐵)𝑃(𝐵)
=
∑𝐵 𝑃(𝐴 | 𝐵)𝑃(𝐵)
𝑃(𝐴)

𝑃(𝐿 = 𝐴 𝑜𝑢 𝐿 = 𝐵 | 𝑋 = 2) =

𝑃(𝑋 = 2 | 𝐿 = 𝐴 𝑜𝑢 𝐿 = 𝐵)𝑃(𝐿 = 𝐴 𝑜𝑢 𝐿 = 𝐵)
𝑃(𝑋 = 2)

2 2
(𝐶10 (0.04)2 (0.96)8 )
0.034
3
=
=
= 0.51
2 2
0.067
2 (0.96)8 + 1 𝐶 2 (0.06)2 (0.94)8
(0.04)
𝐶
3 10
3 10

Exercice 02 :
La durée (mesurée en minutes) mise par le service clientèle d’un grand magasin pour traiter une
réclamation quelconque émanant d’un client quelconque, est une variable aléatoire réelle
continue 𝑋 modélisée par la fonction de densité ci-après :
𝑓(𝑥) = 𝑎𝑒 −𝑏𝑥 ∀ 𝑥 ≥ 0 avec (𝑎, 𝑏) ∈ ℝ2+ − {(0,0)}.
La durée moyenne de traitement d’une réclamation quelconque est de 4mn :
1) Déterminer les paramètres 𝑎 𝑒𝑡 𝑏.
2) Quelle est la loi de probabilité obtenue.
3) En déduire la durée moyenne et l’écart-type.
4) On suppose que le nombre de réclamation adressées au service de clientèle du magasin au
cours d’une période quelconque, est de 40 ; quelle est la loi de probabilité qui décrit la durée
𝑌 mise par le service clientèle pour traiter les 40 réclamations (les réclamations traitées sont
mutuellement indépendantes en probabilité du point de vue de la durée).
5) En déduire la durée moyenne et l’écart type de la variable aléatoire réelle 𝑌.
6) Donner la loi d’approximation de la loi exacte de la variable aléatoire réelle 𝑌.
7) On suppose que 95,54% des réclamations adressés au service clientèle, ne dépassent pas une
durée d à déterminer ; calculer cette durée à l’aide de la loi d’approximation.
ANNEXE : 𝐺(1,70) =

1

𝑡=1,70 −1𝑡 2


√2𝜋 −

𝑒

2

𝑑𝑡 = 0.9554

Correction :
1. 𝑋 : « la durée de traitement d’une réclamation ».
Pour déterminer les paramètres a et b, il faut utiliser les deux informations proposées par
l’exercice :






1

𝑎

𝑎



∫−∞ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 1 ⇒ ∫0 𝑎𝑒 −𝑏𝑥 𝑑𝑥 = 1 ⇒ 𝑎 [− 𝑏 𝑒 −𝑏𝑥 ] = 1 ⇒ 𝑏 (0 + 1) = 1 ⇒ 𝑏 =



1⇒𝑎=𝑏


𝐸[𝑋] = 4 ⇒ ∫0 𝑥𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 4 ⇒ 𝑎 ∫0 𝑥𝑒 −𝑏𝑥 𝑑𝑥 = 4

0

Pour calculer cette intégrale, on peut utiliser tout simplement l’intégration par partie, ou on peut


utiliser la propriété issue de a loi Gamma : ∫0 𝑥 𝑎−1 𝑒 −𝑏𝑥 𝑑𝑥 =




𝐸[𝑋] = 4 ⇒ 𝑎 ∫0 𝑥 2−1 𝑒 −𝑏𝑥 𝑑𝑥 = 4 ⇒ 𝑎

Γ(2)
𝑏2

a

Γ(𝑎)
𝑏𝑎

. Alors :

= 4 ⇒ 𝑏2 = 4 ⇒ 𝑎 = 4𝑏 2

1

𝑎=𝑏
𝑎 = 4𝑏 2

𝑎=4
𝑎=𝑏
𝑎=𝑏



1
𝑏 = 4𝑏 2
1 = 4𝑏
𝑏=4

2.
1 −1𝑥
4
𝑠𝑖 𝑥 > 0
𝑓𝑋 (𝑥) = { 4 𝑒
0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛
1

La loi obtenue est alors une loi Exponentielle de paramètre 𝜆 = 4
1

1

1

1

3. 𝐸[𝑋] = 𝜆 = 1/4 = 4𝑚𝑛 et 𝑉(𝑋) = 𝜆2 = (1/4)2 = 16 alors 𝜎(𝑋) = √𝑉(𝑋) = √16 = 4𝑚𝑛
4. Y : « la durée de traitement de 40 réclamations ».
Puisque 𝑌 représente la durée globale de traitement de 40 réclamations indépendantes, alors on
peut attester que : 𝑌 = ∑40
𝑖=1 𝑋𝑖 où : 𝑋𝑖 est la durée de traitement de la i-éme réclamation (la
même loi de probabilité définie en question 2)
Pour déterminer la loi de Y, on peut passer par la fonction génératrice des moments.
40

𝑡𝑋𝑖 ]
𝑀𝑌 (𝑡) = 𝐸[𝑒 𝑡𝑌 ] = 𝐸 [𝑒 𝑡 ∑𝑖=1 𝑋𝑖 ] = 𝐸[𝑒 𝑡𝑋1 × 𝑒 𝑡𝑋2 × … × 𝑒 𝑡𝑋40 ] = 𝐸[∏40
=
𝑖=1 𝑒
𝑡

𝑡𝑋𝑖 ]
𝑡𝑋𝑖 ]
−1
∏40
= ∏40
= ∏40
= ((1 − 4𝑡)−1 )40 = (1 − 1/4)
𝑖=1 𝐸[𝑒
𝑖=1 𝐸[𝑒
𝑖=1(1 − 4𝑡)


1

1



1



1

1



−40

1

𝐸[𝑒 𝑡𝑋 ] = ∫0 𝑒 𝑡𝑥 𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥 = 4 ∫0 𝑒 𝑡𝑥 𝑒 −4𝑥 𝑑𝑥 = 4 ∫0 𝑒 𝑡𝑥−4𝑥 𝑑𝑥 = 4 ∫0 𝑒 −(4−𝑡)𝑥 𝑑𝑥 =
1
4

[− 1
4

1
−𝑡

𝑒

1
4



−( −𝑡)𝑧

1 1

] = 41
0

4

−𝑡

𝑡

(0 + 1) =

Puisque 𝑀𝑌 (𝑡) = (1 − 1/4)

1

1
4 1−4𝑡

= 1 − 4𝑡 = (1 − 4𝑡)−1

4

−40

1

alors 𝑌 suit une loi Gamma de paramètres 𝑎 = 4 et 𝑏 = 40 car

la fonction génératrice des moments d’une loi Gamma est donnée par :
𝑡 −𝑎
𝑀𝑌 (𝑡) = (1 − )
𝑏
𝑎

40

𝑎

40

5. 𝐸[𝑋] = 𝑏 = 1/4 = 160𝑚𝑛 et 𝑉(𝑋) = 𝑏2 = (1/4)2 = 640 alors 𝜎(𝑋) = √𝑉(𝑋) = √640 =
25.3𝑚𝑛
6. Puisque Y est la durée de plusieurs réclamations (40 dans notre cas) alors puisque 40 est
suffisamment grand (𝑎 = 40 > 30) on peut utiliser une approximation vers une loi Normale
par :
𝑌−𝐸[𝑌]
√𝑉(𝑌)

↝ ℒ 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙(0,1) alors

𝑌−160
√640

↝ ℒ 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙(0,1)

7. Il faut déterminer t tel que : 𝑃(𝑌 ≤ 𝑡) = 0.9554
𝑌 − 160 𝑡 − 160
𝑡 − 160
𝑃(𝑌 ≤ 𝑡) = 0.9554 ⇒ 𝑃 (

) = 0.9554 ⇒ 𝐺 (
) = 0.9554
√640
√640
√640
𝑡 − 160

= 1.7 ⇒ 𝑡 = 160 + 1.7√640 ⇒ 𝑡 = 203𝑚𝑛
√640

Concours 2015

Exercice 01 :
Soit la variable aléatoire réelle continue 𝑋 modélisée par la loi Uniforme : 𝑋 ↝ 𝑈[0, 1].
1) Rappeler la fonction de densité de la variable étudiée.
2) On pose 𝑌 = −𝛼 𝑙𝑛𝑋 , (𝛼 > 0)
a. Déterminer la fonction de densité de la variable 𝑌. Reconnaitre sa loi.
b. En déduire son espérance et sa variance.
3) Calculer la fonction de répartition de la variable aléatoire réelle 𝑌.
4) Calculer la probabilité suivante : 𝑃(𝑌 > 2𝛼)
Correction :
𝑋~𝑈𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚[0,1]
1. La densité de la variable aléatoire 𝑋 est donnée par :
1

𝑓𝑋 (𝑥) = { 𝑏−𝑎
0

1

𝑠𝑖 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]

alors dans notre cas ; 𝑓𝑋 (𝑥) = { 1−0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛
0

= 1 𝑠𝑖 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

2. 𝑌 = −𝛼 ln 𝑋 (𝛼 > 0)
Puisque 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 ⇒ −∞ < ln 𝑋 ≤ 0 ⇒ 0 ≤ −𝛼 ln 𝑋 ≤ ∞ ⇒ 𝑦 > 0
a. Pour déterminer la loi de 𝑌, on commence par déterminer la fonction de répartition :
𝐹𝑌 (𝑦) = 𝑃(𝑌 ≤ 𝑦) = 𝑃(−𝛼 ln 𝑋 ≤ 𝑦) = 𝑃 (ln 𝑋 >
−𝑦

−𝑦

−𝑦

) = 𝑃 (𝑋 > 𝑒 𝑎 ) = 1 − 𝑃 (𝑋 ≤
𝛼

−𝑦

𝑒 𝑎 ) = 1 − 𝐹𝑋 (𝑒 𝑎 )


−𝑦



1

−𝑦

−𝑦

1

1

𝑓𝑌 (𝑦) = (𝐹𝑌 (𝑦)) = (1 − 𝐹𝑋 (𝑒 𝑎 ) ) = − (− 𝛼 𝑒 𝑎 ) 𝑓𝑋 (𝑒 𝑎 ) = 𝛼 𝑒 −𝛼𝑦 pour 𝑦 > 0
1 −1𝑦
𝛼
𝑠𝑖 𝑦 > 0
𝑓𝑌 (𝑦) = { 𝛼 𝑒
0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛
1

On remarque 𝑌 suit une loi Exponentielle de paramètre 𝜆 = 𝛼
b. Puisque 𝑌 suit une loi Exponentielle alors :
𝐸[𝑌] =

1
𝜆

1

= 1/𝛼 = 𝛼 et 𝑉(𝑌) =

1
𝜆2

1

= (1/𝛼)2 = 𝛼 2

3. La fonction de répartition 𝐹𝑌 (𝑦) :
𝑦
𝑦
 si 𝑥 < 0 : 𝐹𝑌 (𝑦) = ∫−∞ 𝑓𝑌 (𝑡)𝑑𝑡 = ∫−∞ 0𝑑𝑡 = 0
 si 𝑥 ≥ 0 :

𝑦

1−𝑒

1

𝑦1

𝑦

1

1

1

1

1

𝑒 −𝛼𝑦 𝑑𝑡 = 𝛼 [−𝛼𝑒 −𝛼𝑡 ] = 𝛼 (−𝛼𝑒 −𝛼𝑦 − (𝛼)) = −𝑒 −𝛼𝑦 + 1 =
𝛼

𝐹𝑌 (𝑦) = ∫−∞ 𝑓𝑌 (𝑡)𝑑𝑡 = ∫0

0

1
𝛼

− 𝑦

𝐹𝑌 (𝑦) = {

0

𝑠𝑖 𝑦 < 0

1−

1
𝑒 −𝛼 𝑦

𝑠𝑖 𝑦 ≥ 0
1

4. 𝑃(𝑌 > 2𝛼) = 1 − 𝑃(𝑌 ≤ 2𝛼) = 1 − 𝐹𝑌 (2𝛼) = 1 − (1 − 𝑒 −𝛼2𝛼 ) = 𝑒 −2 = 0.135

Exercice 02 :
Une enquête a été menée auprès de ménages de 4 personnes en vue de connaître leur
consommation de lait sur 1 mois. On suppose que sur l’ensemble des personnes interrogées, la
consommation a une distribution de type "Normale" avec une moyenne de 20 litres et un écarttype de 5 litres.
Dans le cadre d’une campagne publicitaire, on souhaite connaître :
1)
2)
3)
4)

Le pourcentage des faibles consommateurs (moins de 10 litres par mois) ;
Le pourcentage des grands consommateurs (plus de 30 litres par mois) ;
La consommation maximale de 50% des consommateurs ;
Au-dessus de quelle consommation se trouvent 33% des consommateurs.
1

ANNEXE : 𝐺(2) =

𝑡=1,70 −1𝑡 2

𝑒


√2𝜋 −

2

𝑑𝑡 = 0.9772, 𝐺(0.44) =

1

𝑡=1,70 −1𝑡 2


√2𝜋 −

𝑒

2

𝑑𝑡 = 0.67

Correction :
𝑋 : « La consommation du lait sur 1 mois »
𝑋 ↝ 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑒(𝜇 = 20, 𝜎 2 = 52 = 25)
𝑋−𝜇

1. 𝑃(𝑋 ≤ 10) = 𝑃 (

𝜎



10−𝜇
𝜎

𝑋−20

) = 𝑃(

5



10−20
5

) = 𝑃(𝑍 ≤ −2) = 𝜙(−2) = 1 − 𝜙(2)

Pour calculer 𝜙(2), pour cet exercice, les valeurs sont données directement, alors :
𝑃(𝑋 ≤ 10) = 1 − 𝐺(2) = 1 − 0.9772 = 0.0228
Alors le pourcentage des faibles consommateurs est estimé à 2.28% parmi les personnes
interrogées.
𝑋−𝜇

2. 𝑃(𝑋 > 30) = 𝑃 (

𝜎

>

30−𝜇
𝜎

𝑋−20

) = 𝑃(

5

>

30−20
5

) = 𝑃(𝑍 > 2) = 1 − 𝑃(𝑍 ≤ 2) = 1 −

𝜙(2) = 0.0228
Alors le pourcentage des grands consommateurs est estimé à 2.28% parmi les personnes
interrogées.
Remarque : On peut souligner que la deuxième probabilité peut être calculée directement par
symétrie de la loi Normale.
3. Pour déterminer la consommation maximale des 50% des consommateurs, il faut déterminer
x tel que 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = 0.5

𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = 0.5 ⇒ 𝑃 (
0⇒

𝑥−20
5

𝑋−𝜇



𝜎

𝑥−𝜇
𝜎

) = 0.5 ⇒ 𝑃 (𝑍 ≤

𝑥−𝜇
𝜎

) = 0.5 ⇒ 𝜙 (

𝑥−𝜇
𝜎

) = 0.5 ⇒

𝑥−𝜇
𝜎

=

= 0 ⇒ 𝑥 − 20 = 0 ⇒ 𝑥 = 20

La consommation maximale des 50% des consommateurs est de 20 Litres par mois.
Remarque : on peut déduire ce résultat directement, puisque la consommation maximale des
50% des consommateurs est la médiane. La médiane d’une distribution normale égale à sa
moyenne.
𝑋−𝜇

4. 𝑃(𝑋 > 𝑥) = 0.33 ⇒ 𝑃 (
𝑥−𝜇
𝜎

) = 0.33 ⇒ 𝑃 (𝑍 ≤

𝜎
𝑥−𝜇
𝜎

>

𝑥−𝜇
𝜎

) = 0.33 ⇒ 𝑃 (𝑍 >

) = 0.67 ⇒ 𝜙 (

𝑥−𝜇
𝜎

𝑥−𝜇
𝜎

) = 0.33 ⇒ 1 − 𝑃 (𝑍 ≤

) = 0.67 ⇒

𝑥−𝜇
𝜎

= 0.44 ⇒

𝑥−20
5

=

0.44 ⇒ 𝑥 − 20 = 5(0.44) ⇒ 𝑥 = 22.2
Alors 33% des consommateurs ont une consommation de lait supérieur à 22.2 Litres par mois.

Concours 2016

Exercice 01 :
Soit le couple de variables aléatoires (𝑋, 𝑌) de densité de probabilité :
𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) =

1

1 2
9
1
+𝑥− −2𝑦− 𝑦 2
2
4

2𝜋√2

𝑒 −2𝑥

, (𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2

1. Ecrire les densités marginales et reconnaitre les lois usuelles.
2. Est-ce-que 𝑋 et 𝑌 sont indépendantes ?
Correction :
1. Les densités marginales :

a. La densité marginale de la variable aléatoire 𝑋 :𝑓𝑋 (𝑥) = ∫−∞ 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦


𝑓𝑋 (𝑥) = ∫ 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 =
−∞

-

2𝜋√2

1 2
9
1
+𝑥− −2𝑦− 𝑦 2
2
4

∫ 𝑒 −2𝑥

𝑑𝑦

−∞

On commence par faire sortir les constantes (par rapport à 𝑦)


1

𝑓𝑋 (𝑥) =

2𝜋√2



1 2
9
1 2
𝑒 −2𝑥 +𝑥−2−2𝑦−4𝑦

−∞

=
-



1

1

1 2
9
+𝑥−
2

2𝜋√2

𝑑𝑦 =

2𝜋√2



𝑒 −2𝑥



1

1 2
9
1
+𝑥− −2𝑦− 𝑦 2
2𝑒
4

∫ 𝑒 −2𝑥

𝑑𝑦

−∞

1 2

∫ 𝑒 −2𝑦−4𝑦 𝑑𝑦
−∞
1 2



Pour calculer la valeur de cette intégrale ∫−∞ 𝑒 −2𝑦−4𝑦 𝑑𝑦 il faut l’écrire sous la forme


suivante : ∫−∞ 𝑒



1
(𝑦−𝑢)2
2𝜎2



𝑑𝑦 puisqu’on a déjà démontrer que ∫−∞ 𝑒

𝜎√2𝜋. Pour notre pour écrire 𝑒
plusieurs étapes :

1
−2𝑦− 𝑦 2
4

sous la forme 𝑒

1
− 2 (𝑦−𝑢)2
2𝜎



1
(𝑦−𝑢)2
2𝜎2

𝑑𝑦 =

on doit passer par

1

o Faire sortir le − 4 comme facteur commun :
𝑓𝑋 (𝑥) =

1
2𝜋√2

1 2
9
𝑒 −2𝑥 +𝑥−2





1 2
𝑒 −2𝑦−4𝑦

1

𝑑𝑦 =

2𝜋√2

−∞

1 2
9
𝑒 −2𝑥 +𝑥−2



1

∫ 𝑒 −4(𝑦
−∞

o Ajouter et soustraire 16
𝑓𝑋 (𝑥) =

1
2𝜋√2

1 2
9
𝑒 −2𝑥 +𝑥−2

=



1

∫ 𝑒 −4(𝑦
−∞

1
2𝜋√2

2 +8𝑦)



1 2
9
𝑒 −2𝑥 +𝑥−2

𝑑𝑦
1

∫ 𝑒 −4(𝑦
−∞

o Réarranger l’écriture et faire sortir les constantes

2 +8𝑦+16−16)

𝑑𝑦

2 +8𝑦)

𝑑𝑦

𝑓𝑋 (𝑥) =

1
2𝜋√2



1 2
9
𝑒 −2𝑥 +𝑥−2

1

∫ 𝑒 −4(𝑦

2 +8𝑦+16−16)

−∞

=

=

=

1
2𝜋√2
1

1

𝑒 −2𝑥

1 2
1
+𝑥−
2

2𝜋√2

1

∫ 𝑒 −4(𝑦

−∞


1 2
1
+𝑥−
2

2𝜋√2



1 2
9
𝑒 −2𝑥 +𝑥−2+4

2 +8𝑦+16)

1
(𝑦+2)2

∫ 𝑒 −4
−∞


𝑑𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑦

1

2

∫ 𝑒 −4(𝑦−(−2)) 𝑑𝑦

𝑒 −2𝑥

−∞

o Par identification on a :
1
1
𝜎2 = 2
=
𝜎 = √2
2
{2𝜎
4 ⇒ {𝑢 = −2 ⇒ {
𝑢 = −2
𝑢 = −2
o On peut déduire alors que :






2
1
𝑒 −4(𝑦−(−2))

𝑑𝑦 = ∫ 𝑒

−∞

-



1
(𝑦−𝑢)2
2𝜎2

𝑑𝑦 = 𝜎√2𝜋 = √2√2𝜋 = 2√𝜋

−∞

Dernièrement, il faut simplifier l’écriture de la densité de 𝑋
𝑓𝑋 (𝑥) =

1
2𝜋√2

1 2
1
𝑒 −2𝑥 +𝑥−2



1

−∞

=

1

1 2
1
+𝑥−
2

√2𝜋

𝑒 −2𝑥

1

2

∫ 𝑒 −4(𝑦−(−2)) 𝑑𝑦 =
=

1

1

√2𝜋

𝑒 −2(𝑥

2𝜋√2

2 −2𝑥+1)

1 2
1
+𝑥−
2 (2√𝜋)

𝑒 −2𝑥
=

1
√2𝜋

1
(𝑥−1)2

𝑒 −2

La densité de la variable aléatoire 𝑋 est :
𝑓𝑋 (𝑥) =

1
√2𝜋

1
(𝑥−1)2

𝑒 −2

, 𝑥∈ℝ

Alors 𝑋~𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑒(𝜇 = 1, 𝜎 2 = 1)


b. La densité marginale de la variable aléatoire 𝑌 :𝑓𝑌 (𝑦) = ∫−∞ 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥


𝑓𝑌 (𝑦) = ∫ 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 =
−∞

-

2𝜋√2

1 2
9
1
+𝑥− −2𝑦− 𝑦 2
2
4

∫ 𝑒 −2𝑥

𝑑𝑥

−∞

On commence par faire sortir les constantes (par rapport à 𝑦)
𝑓𝑌 (𝑦) =



1
2𝜋√2



1 2
9
1 2
𝑒 −2𝑥 +𝑥−2−2𝑦−4𝑦

−∞

=
-



1

1

1 2 9

2

2𝜋√2

𝑒 −2𝑦−4𝑦

Pour calculer la valeur de cette


suivante : ∫−∞ 𝑒



1
(𝑥−𝑢)2
2𝜎2

𝑑𝑥 =




1
2𝜋√2

1 2
+𝑥

∫ 𝑒 −2𝑥

1 2
1
9
+𝑥 −2𝑦− 𝑦 2 −
4
2 𝑑𝑥
𝑒

∫ 𝑒 −2𝑥
−∞

𝑑𝑥

−∞
1 2

intégrale ∫−∞ 𝑒 −2𝑥 +𝑥 𝑑𝑥

il faut l’écrire sous la forme


𝑑𝑥 puisqu’on a déjà démontrer que ∫−∞ 𝑒



1
(𝑥−𝑢)2
2𝜎2

𝑑𝑥 =

1 2
+𝑥

𝜎√2𝜋. Pour notre pour écrire 𝑒 −2𝑥
plusieurs étapes :

sous la forme 𝑒



1
(𝑦−𝑢)2
2𝜎2

on doit passer par

1

o Faire sortir le − 2 comme facteur commun :
𝑓𝑌 (𝑦) =

1
2𝜋√2



1 2 9
𝑒 −2𝑦−4𝑦 −2



1 2
𝑒 −2𝑥 +𝑥 𝑑𝑥

=

−∞

1
2𝜋√2



1 2 9
𝑒 −2𝑦−4𝑦 −2

1

∫ 𝑒 −2(𝑥

2 −2𝑥)

𝑑𝑥

−∞

o Ajouter et soustraire 1
𝑓𝑌 (𝑦) =

1
2𝜋√2



1 2 9
𝑒 −2𝑦−4𝑦 −2

1

∫ 𝑒 −2(𝑥

2 −2𝑥)

−∞

=

1
2𝜋√2



1 2 9
𝑒 −2𝑦−4𝑦 −2

𝑑𝑥
1

∫ 𝑒 −2(𝑥

2 −2𝑥+1−1)

𝑑𝑥

−∞

o Réarranger l’écriture et faire sortir les constantes
𝑓𝑌 (𝑦) =

1
2𝜋√2



1 2 9
𝑒 −2𝑦−4𝑦 −2

1

∫ 𝑒 −2(𝑥

2 −2𝑥+1−1)

−∞

=

=

1
2𝜋√2
1

𝑒 −2𝑦−4𝑦

1

∫ 𝑒 −2(𝑥

−∞


1 2
−4

2𝜋√2



1 2 9 1
𝑒 −2𝑦−4𝑦 −2+2

𝑑𝑥
2 −2𝑥+1)

1
(𝑥−1)2

∫ 𝑒 −2

𝑑𝑥

𝑑𝑥

−∞

o Par identification on a :
1
1
2
𝜎=1
=
{2𝜎 2 2 ⇒ {𝜎 = 1 ⇒ {
𝑢=1
𝑢=1
𝑢=1
o On peut déduire alors que :




1
(𝑥−1)2
𝑒 −2



𝑑𝑥 = ∫ 𝑒

−∞

-



1
(𝑦−𝑢)2
2𝜎2

𝑑𝑦 = 𝜎√2𝜋 = 1√2𝜋 = √2𝜋

−∞

Dernièrement, il faut simplifier l’écriture de la densité de 𝑋
𝑓𝑌 (𝑦) =

1
2𝜋√2



1 2
𝑒 −2𝑦−4𝑦 −4

=
=

1
2√𝜋
1

1
(𝑥−1)2

∫ 𝑒 −2

−∞
1
−2𝑦− 𝑦 2 −4
4
𝑒

√2√2𝜋

𝑒



=

𝑑𝑥 =
1

√2√2𝜋

1

1 2
−4

2𝜋√2
1

𝑒 −4(𝑦

𝑒 −2𝑦−4𝑦

2 +8𝑦+16)

2
1
(𝑦−(−4))
2(2)

La densité de la variable aléatoire 𝑋 est :
𝑓𝑌 (𝑦) =

1
√2√2𝜋

Alors 𝑌~𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑒(𝜇 = −4, 𝜎 2 = 2)
2. On a :

1

2

𝑒 −4(𝑦−(−4)) , 𝑦 ∈ ℝ

=

(√2𝜋)
1

√2√2𝜋

𝑒



1
(𝑦+4)2
2(2)

𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) =

1

1 2
9
1
+𝑥− −2𝑦− 𝑦 2
2
4

𝑒 −2𝑥

2𝜋√2
= 𝑓𝑋 (𝑥)𝑓𝑌 (𝑦)

=(

1

1
(𝑥−1)2

√2𝜋

𝑒 −2

)(

1
√2√2𝜋

1

2

𝑒 −4(𝑦−(−4)) )

Alors, les deux variables 𝑋 et 𝑌 sont indépendantes.

Exercice 02 :
Soit X une variable aléatoire continue de densité 𝑓 définie par :
1
(𝑥)
𝑓𝑋
= {𝑥 2
0

𝑠𝑖 𝑥 ≥ 1
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

Soit 𝑋1 𝑒𝑡 𝑋2 deux variables aléatoires indépendantes suivants la même loi que 𝑋.
1) Donner la loi de probabilité du couple (𝑋1 , 𝑋2 ).
2) On pose :
𝑈 = 𝑋1 𝑋2
𝑋1
{
𝑉=
𝑋2
Montrer que (𝑈, 𝑉) admet une loi absolument continue, et déterminer la densité.
3) Déterminer les lois marginales de 𝑈 et 𝑉.
4) Les variables aléatoires 𝑈 et 𝑉 sont-elles indépendantes ? justifier votre réponse.
5) Déterminer la loi de la variable aléatoire 𝑍 = √𝑈, calculer 𝐸(𝑍) et 𝑉(𝑍) si elles existent.
Correction :
1. Puisque les variables aléatoires 𝑋1 𝑒𝑡 𝑋2 sont indépendantes alors la densité conjointe est
1

donnée par : 𝑓𝑋1 ,𝑋2 (𝑥1 , 𝑥2 ) = 𝑓𝑋1 (𝑥1 )𝑓𝑋2 (𝑥2 ) = 𝑥
1
𝑓𝑋1 ,𝑋2 (𝑥1 , 𝑥2 ) =

1

1
2

𝑥2

1

2

= 𝑥2𝑥2
1 2

𝑠𝑖 𝑥1 ≥ 1, 𝑥2 ≥ 1

{𝑥12 𝑥22
0

𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛
𝑋

2. Pour déterminer la densité conjointe de 𝑈 = 𝑋1 𝑋2 et 𝑉 = 𝑋1 il faut d’abord déterminer les
2

fonctions réciproques : 𝑋1 =
On a : {

ℎ1−1 (𝑈, 𝑉)

et 𝑋2 =

ℎ2−1 (𝑈, 𝑉)

𝑈 = 𝑋1 𝑋2 … (1)
𝑋

𝑉 = 𝑋1
2

… (2)
𝑋

Si on multiplie l’équation (1) et (2) on trouve : 𝑈𝑉 = 𝑋1 𝑋2 𝑌 ⇒ 𝑈𝑉 = 𝑋12 ⇒ 𝑋1 = √𝑈𝑉
𝑈

La division de l’équation (1) par (2) nous donne : 𝑉 =


𝑋1 𝑋2
𝑋1
𝑋2



La densité conjointe du couple (𝑈, 𝑉) est donnée par :

𝑈
𝑉

𝑈

= 𝑋2 2 ⇒ 𝑋2 = √𝑉

𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣) = 𝑓𝑋,𝑌 (ℎ1−1 (𝑢, 𝑣), ℎ1−1 (𝑢, 𝑣))|𝐽|
𝜕ℎ1−1 (𝑢, 𝑣)
𝐽 = | −1𝜕𝑢
𝜕ℎ2 (𝑢, 𝑣)
𝜕𝑢

𝜕ℎ1−1 (𝑢, 𝑣)
𝜕𝑣
|
𝜕ℎ2−1 (𝑢, 𝑣)
𝜕𝑣

Alors pour notre cas :

𝐽=

𝜕ℎ1−1 (𝑢,𝑣)

𝜕ℎ1−1 (𝑢,𝑣)

|𝜕ℎ−1𝜕𝑢(𝑢,𝑣)
2

𝜕𝑣
|
𝜕ℎ2−1 (𝑢,𝑣)

𝜕𝑢

𝜕𝑣

|𝐽| =

=|

√𝑣
2√𝑢
1

√𝑢
2√𝑣
√𝑢

− 2𝑣

2√𝑢√𝑣

√𝑣√𝑢
√𝑢 √𝑣

| = − 4𝑣

√𝑢
√𝑢

− 4𝑣

1

1

1

= − 4𝑣 − 4𝑣 = − 2𝑣

alors :

√𝑣

1
2𝑣

1

𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣) =

2

1
𝑢

2

(√𝑢𝑣) (√ )
𝑣

2𝑣

=

1

1

𝑢
𝑢𝑣 2𝑣
𝑣

=

1
2𝑣𝑢2

Dernièrement, il faut déterminer les domaines de définitions de 𝑢 et de 𝑣 :
a. 𝑢 = 𝑥1 𝑥2 avec : 𝑥1 ≥ 1 𝑒𝑡 𝑥2 ≥ 1 ⇒ 𝑥1 𝑥2 ≥ 1 ⇒ 𝑢 ≥ 1
𝑥

1

𝑥

b. 𝑣 = 𝑥1 avec : 𝑥1 ≥ 1 𝑒𝑡 0 < 𝑥 ≤ 1 ⇒ 0 < 𝑦 < ∞ ⇒ 0 ≤ 𝑣 < ∞
2

2

c. 𝑥1 ≥ 1 ⇒ √𝑢𝑣 ≥ 1 ⇒ 𝑢𝑣 ≥ 1
𝑢

𝑢

d. 𝑥2 ≥ 1 ⇒ √𝑣 ≥ 1 ⇒ 𝑣 ≥ 1
Finalement la densité conjointe est donnée par :

1

𝑠𝑖 𝑢 ≥ 1 ,

𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣) = {2𝑣𝑢2
0

𝑣 ≥ 0, 𝑢𝑣 ≥ 1 𝑒𝑡

𝑢
≥1
𝑣
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

3.
 La densité marginale de 𝑈 : 𝑓𝑈 (𝑢) = ∫ 𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣) 𝑑𝑣
Il faut d’abord déterminer les bornes d’intégrations :
1

D’après la définition de la densité conjointe on a : 𝑣 ≥ 𝑢 𝑒𝑡 𝑣 ≤ 𝑢
1

1

Puisque 𝑢 ≥ 1 alors 𝑢 ≤ 1 et on peut déduire que 𝑢 ≤ 𝑣 ≤ 𝑢
𝑢

𝑢

1

1

𝑢

1

1

1

𝑢
𝑓𝑈 (𝑢) = ∫1/𝑢 𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣) 𝑑𝑣 = ∫1/𝑢 2𝑣𝑢2 𝑑𝑣 = 2𝑢2 ∫1/𝑢 𝑣 𝑑𝑣 = 2𝑢2 [ln(𝑣)]1/𝑢
= 2𝑢2 (ln(𝑢) −
1

𝑙𝑛 (𝑢)) =

2ln(𝑢)
2 𝑢2

ln(𝑢)

= 𝑢2

ln(𝑢)

𝑠𝑖 𝑢 ≥ 1
𝑓𝑈 (𝑢) = { 𝑢2
0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛
(𝑣)
(𝑢,
 La densité marginale de 𝑉 : 𝑓𝑉
= ∫ 𝑓𝑈,𝑉 𝑣) 𝑑𝑢
Il faut d’abord déterminer les bornes d’intégrations :

1

D’après la définition de la densité conjointe on a : 𝑢 ≥ 𝑣 , 𝑢 ≥ 𝑣 𝑒𝑡 𝑢 ≥ 1
Puisque 𝑣 ≥ 0, alors on peut distinguer deux cas pour la position de 𝑣
1. Si 0 < 𝑣 < 1 ⇒

1
𝑣

1

≥ 1 on déduit alors que : 𝑢 ≥ 𝑣



1



1

∞ 1

1 ∞

1

1

1

1

𝑓𝑉 (𝑣) = ∫1/𝑣 𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣) 𝑑𝑢 = ∫1/𝑣 2𝑣𝑢2 𝑑𝑢 = 2𝑣 ∫1/𝑣 𝑢2 𝑑𝑢 = 2𝑣 [− 𝑢] = 2𝑣 (0 + 1/𝑣) = 2
1/𝑣
1

2. Si 𝑣 ≥ 1 ⇒ 0 < 𝑣 < 1 on déduit alors que : 𝑢 ≥ 𝑣




1

1

∞ 1

1 ∞

1

1

1

1

𝑓𝑉 (𝑣) = ∫𝑣 𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣) 𝑑𝑢 = ∫𝑣 2𝑣𝑢2 𝑑𝑢 = 2𝑣 ∫𝑣 𝑢2 𝑑𝑢 = 2𝑣 [− 𝑢] = 2𝑣 (0 + 𝑣) = 2𝑣2
𝑣
1
𝑓𝑉 (𝑣) = {2

𝑠𝑖 0 < 𝑣 < 1

1
2𝑣 2

𝑠𝑖 𝑣 ≥ 1

4. Pour vérifier l’indépendance il d’abord que le domaine 𝐷𝑈,𝑉 soit rectangulaire. Puisque le
domaine n’est pas rectangulaire, alors on peut déduire que les deux variables aléatoires
𝑈 𝑒𝑡 𝑉 ne sont pas indépendantes.
On peut aussi vérifier que 𝑓𝑈 (𝑢)𝑓𝑉 (𝑣) ≠ 𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣)
1 ln(𝑢)
𝑠𝑖 0 < 𝑣 < 1
2 𝑢2
𝑓𝑈 (𝑢)𝑓𝑉 (𝑣) =
1 ln(𝑢)
𝑠𝑖 𝑣 ≥ 1
{ 2𝑣 2 𝑢2



1
= 𝑓𝑈,𝑉 (𝑢, 𝑣)
2𝑣𝑢2

5. 𝑍 = √𝑈
Puisque 𝑢 ≥ 1 ⇒ √𝑢 ≥ 1 ⇒ 𝑧 ≥ 1
Pour déterminer la loi de 𝑌, on commence par déterminer la fonction de répartition :
𝐹𝑍 (𝑧) = 𝑃(𝑍 ≤ 𝑧) = 𝑃(√𝑈 ≤ 𝑧) = 𝑃(𝑈 ≤ 𝑧 2 ) = 𝐹𝑈 (𝑧 2 )




𝑓𝑍 (𝑧) = (𝐹𝑍 (𝑧)) = (𝐹𝑈 (𝑧 2 )) = (2𝑧)𝑓𝑈 (𝑧 2 ) = 2𝑧

ln(𝑧 2 )
𝑧4

4ln(𝑧)
𝑓𝑍 (𝑧) = { 𝑧 3
0




𝐸[𝑍] = ∫1 𝑧 𝑓𝑍 (𝑧)𝑑𝑧 = ∫1 𝑧

4ln(𝑧)
𝑧3

∞ ln(𝑧)

𝑑𝑧 = 4 ∫1

𝑧2

=

2ln(𝑧 2 )
𝑧3

𝑠𝑖 𝑧 ≥ 1
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

𝑑𝑧

Pour calculer cette intégrale on peut utiliser l’intégration par partie
𝑢 = ln(𝑧)
𝑣=−

1
𝑧




1
𝑧
1
𝑣′ = 2
𝑧
𝑢′ =

=

4ln(𝑧)
𝑧3

pour 𝑧 ≥ 1





On peut alors calculer : ∫1 𝑢𝑣 ′ 𝑑𝑥 = [𝑢𝑣]1∞ − ∫1 𝑢′ 𝑣𝑑𝑥
∞ 𝑙𝑛(𝑧)

𝐸[𝑍] = 4 ∫1

𝑥2

𝑑𝑧 = 4 ([−

ln(𝑧) ∞
𝑧



1 ∞

1

] − ∫1 − 𝑧 2 𝑑𝑥) = 4 ((0 − 0) + [− 𝑧] ) = 4(0 + 1) =
1

1

4
𝑉(𝑍) = 𝐸[𝑍 2 ] − 𝐸 2 [𝑍]




𝐸[𝑍 2 ] = ∫1 𝑧 2 𝑓𝑍 (𝑧)𝑑𝑧 = ∫1 𝑧 2

4ln(𝑧)
𝑧3

∞ ln(𝑧)

𝑑𝑧 = 4 ∫1

𝐸[𝑍 2 ] n’existe pas alors la variance n’existe pas.

𝑧

𝑑𝑧 = 4[(ln(𝑧))2 ]1∞ = ∞

Concours 2017

Exercice 01 :
Soit X une variable aléatoire qui suit une loi exponentielle de paramètre 2.
On pose :
1
𝑌={
−1

𝑠𝑖 𝑥 > 1
𝑠𝑖 𝑥 ≤ 1

1) Déterminer la loi de 𝑌.
2) Calculer la fonction génératrice des moments de Y puis déduire son espérance 𝐸(𝑌) et sa
variance 𝑉 (𝑌).
Correction :
1. La loi de Y : 𝑌(Ω) = {−1,1}
𝑃(𝑌 = −1) = 𝑃(𝑋 ≤ 1) = 𝐹𝑋 (1) = 1 − 𝑒 −2
𝑃(𝑌 = 1) = 𝑃(𝑋 > 1) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 1) = 1 − 𝐹𝑋 (1) = 𝑒 −2
2. La fonction génératrice des moments :
𝑀𝑌 (𝑡) = 𝐸[𝑒 𝑡𝑌 ] = ∑1𝑦=−1 𝑒 𝑡𝑦 𝑃(𝑌 = 𝑦) = 𝑒 −𝑡 𝑃(𝑌 = −1) + 𝑒 𝑡 𝑃(𝑌 = 1) = 𝑒 −𝑡 (1 − 𝑒 −2 ) +
𝑒 𝑡 𝑒 −2 = 𝑒 −𝑡 − 𝑒 −𝑡−2 + 𝑒 𝑡−2
L’espérance de 𝑌 :𝐸[𝑌] = 𝑀𝑌′ (𝑡 = 0)
𝑀𝑌′ (𝑡) = (𝑒 −𝑡 − 𝑒 −𝑡−2 + 𝑒 𝑡−2 )′ = −𝑒 −𝑡 + 𝑒 −𝑡−2 + 𝑒 𝑡−2
Alors on déduit que : 𝐸[𝑌] = −𝑒 −0 + 𝑒 −0−2 + 𝑒 0−2 = 2𝑒 −2 − 1
La variance de 𝑌 : 𝑉(𝑌) = 𝐸[𝑌 2 ] − 𝐸 2 [𝑌] avec 𝐸[𝑌 2 ] = 𝑀𝑌′′ (𝑡 = 0)
𝑀𝑌′ (𝑡) = (−𝑒 −𝑡 + 𝑒 −𝑡−2 + 𝑒 𝑡−2 )′ = 𝑒 −𝑡 − 𝑒 −𝑡−2 + 𝑒 𝑡−2
Alors on déduit que : 𝐸[𝑌 2 ] = 𝑒 −0 − 𝑒 −0−2 + 𝑒 0−2 = 1
𝑉(𝑌) = 1 − (2𝑒 −2 − 1)2 = 1 − (4𝑒 −4 − 4𝑒 −2 + 1) = 4𝑒 −4 − 4𝑒 −2

Exercice 02 :
Soit (𝑋, 𝑌) un vecteur aléatoire de densité conjointe :
𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) = {𝛼𝑥𝑦 + 𝛽𝑦
0

2

0<𝑥 <1, 0<𝑦<1
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

où 𝛼 et 𝛽 des réels positifs non nuls.
Vérifier que 3𝛼 + 4𝛽 = 12.
Déterminer la densité marginale fx de 𝑋.
Trouver les valeurs de 𝛼 𝑒𝑡 𝛽 sachant que 𝐸(𝑋) = 7/12.
Déterminer la densité conditionnelle de 𝑌/𝑋 = 𝑥. Les variables aléatoires 𝑋 𝑒𝑡 𝑌 sontelles indépendantes ?
5) Déterminer 𝐸(𝑌/𝑋 = 𝑥).
6) Déterminer 𝑍 = 𝐸(𝑌/𝑋). En déduire 𝐸(𝑍).
1)
2)
3)
4)

Correction :
𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) = {𝛼𝑥𝑦 + 𝛽𝑦
0

2

0<𝑥 <1, 0<𝑦<1
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛




1. En utilisant la propriété des densités conjointes : ∫−∞ ∫−∞ 𝑓(𝑋,𝑌) (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 1




1

1

1 𝛼

∫−∞ ∫−∞ 𝑓(𝑋,𝑌) (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 1 ⇒ ∫0 ∫0 (𝛼𝑥𝑦 + 𝛽𝑦 2 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 1 ⇒ ∫0 [ 2 𝑥 2 𝑦 +
1

1 𝛼

𝛼

1

𝛽

𝛼

𝛽

𝛽𝑦 2 𝑥] 𝑑𝑦 = 1 ⇒ ∫0 ( 2 𝑦 + 𝛽𝑦 2 − 0) 𝑑𝑦 = 1 ⇒ [ 4 𝑦 2 + 3 𝑦 3 ] = 1 ⇒ ( 4 + 3 − 0) =
1 ⇒

0
3𝛼+4𝛽
12

0

= 1 ⇒ 3𝛼 + 4𝛽 = 12 …(1)

2. La densité marginale de 𝑋 : 𝑓𝑋 (𝑥) = ∫ 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦
1

1

𝛼

𝛽

1

𝛼

𝛽

𝛼

𝛽

𝑓𝑋 (𝑥) = ∫0 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = ∫0 𝛼𝑥𝑦 + 𝛽𝑦 2 𝑑𝑦 = [ 2 𝑦 2 𝑥 + 3 𝑦 3 ] = ( 2 𝑥 + 3 − 0) = 2 𝑥 + 3
0

pour 0 < 𝑥 < 1
𝛼
𝛽
𝑓𝑋 (𝑥) = { 2 𝑥 + 3
0

𝑠𝑖 0 < 𝑥 < 1
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

3. On a 𝐸[𝑋] = 7/12 alors en utilisant la définition de l’espérance on trouve :
1

1

𝛼

1 𝛼

𝛽

𝐸[𝑋] = 7/12 ⇒ ∫0 𝑥𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥 = 7/12 ⇒ ∫0 𝑥 ( 2 𝑥 + 3 ) 𝑑𝑥 = 7/12 ⇒ ∫0 ( 2 𝑥 2 +
𝛽

𝛼

𝛽

1

𝛼

𝛽

𝑥) 𝑑𝑥 = 7/12 ⇒ [ 6 𝑥 3 + 6 𝑥 2 ] = 7/12 ⇒ ( 6 + 6 − 0) = 7/12 ⇒
3

2𝛼+2𝛽

0

7

= 12 ⇒ 2𝛼 +

12

2𝛽 = 7 ….(2)
Il faut résoudre le système d’équations (1) et (2) pour trouver les valeurs de 𝛼 𝑒𝑡 𝛽
7−2𝛼

3𝛼 + 4 ( 2 ) = 12
3𝛼 + 14 − 4𝛼 = 12
𝛼=2
3𝛼 + 4𝛽 = 12
3
7−2𝛼
{
⇒{

{

{
7−2𝛼
𝛽
=
𝛽
=
2𝛼 + 2𝛽 = 7
𝛽=
2
2
2

La densité conjointe est :
3 2
2𝑥𝑦
+
𝑦
𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) = {
2
0

0< 𝑥 < 1, 0<𝑦 < 1
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

4. La densité conditionnelle de 𝑌 sachant 𝑋 = 𝑥 est définie par : 𝑓𝑌 | 𝑋=𝑥 (𝑦) =

𝑓𝑋,𝑌 (𝑥,𝑦)
𝑓𝑋 (𝑥)

1

𝑥+2
Puisque 𝑓𝑋 (𝑥) = {
0
𝑓𝑌 | 𝑋=𝑥 (𝑦) =

3
2
1
𝑥+
2

2𝑥𝑦+ 𝑦 2

=

𝑠𝑖 0 < 𝑥 < 1
alors
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛
4𝑥𝑦+3𝑦 2
2𝑥+1

pour 0 < 𝑦 < 1

4𝑥𝑦 + 3𝑦 2
𝑓𝑌 | 𝑋=𝑥 (𝑦) = { 2𝑥 + 1
0

𝑠𝑖 0 < 𝑦 < 1
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛

La densité marginale de 𝑌 : 𝑓𝑌 (𝑦) = ∫ 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
1

1

3

1

3

3

𝑓𝑌 (𝑦) = ∫0 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 = ∫0 2𝑥𝑦 + 2 𝑦 2 𝑑𝑥 = [𝑥 2 𝑦 + 2 𝑦 2 𝑥] = 𝑦 + 2 𝑦 2 pour 0 < 𝑦 < 1
0

3 2
𝑦
+
𝑦 𝑠𝑖 0 < 𝑦 < 1
(𝑦)
𝑓𝑌
={
2
0
𝑠𝑖𝑛𝑜𝑛
Pour vérifier l’indépendance il faut vérifier si 𝑓𝑋 (𝑥)𝑓𝑌 (𝑦) = 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦)
1
3
3
1
3
3
𝑓𝑋 (𝑥)𝑓𝑌 (𝑦) = (𝑥 + ) (𝑦 + 𝑦 2 ) = 𝑥𝑦 + 𝑥𝑦 2 + 𝑦 + 𝑦 2 ≠ 2𝑥𝑦 + 𝑦 2
2
2
2
2
4
2
Alors les deux variables aléatoires 𝑋 𝑒𝑡 𝑌 ne sont pas indépendantes.
5. Calcul de l’espérance conditionnelle 𝐸[𝑌 /𝑋 = 𝑥]
1

1

𝐸[𝑌 /𝑋 = 𝑥] = ∫0 𝑦𝑓𝑌 | 𝑋=𝑥 (𝑦) 𝑑𝑦 = ∫0 𝑦
1

4

3

1

4𝑥𝑦+3𝑦 2
2𝑥+1

1

1

𝑑𝑦 = 2𝑥+1 ∫0 4𝑥𝑦 2 + 3𝑦 3 𝑑𝑦 =

16𝑥+9

[ 𝑥𝑦 3 + 4 𝑦 4 ] = 12(2𝑥+1)
2𝑥+1 3
0

16𝑋+9

6. 𝑍 = 𝐸[𝑌/𝑋] = 12(2𝑥+1)
Calcul de 𝐸[𝑍]
1ère méthode : cette méthode a été proposée dans le corrigé type du concours
1
1
1
3
3
𝐸[𝑍] = 𝐸[𝐸[𝑌/𝑋] ] = 𝐸[𝑌] = ∫ 𝑦𝑓𝑌 (𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦 (𝑦 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦 2 + 𝑦 3 𝑑𝑦
2
2
0
0
0
1
1
3
1 3 17
= [ 𝑦 3 + 𝑦4] = + =
3
8
3 8 24
0

2ème méthode :
𝐸[𝑍] = 𝐸 [

1
1
16𝑋 + 9
16𝑥 + 9
16𝑥 + 9 2𝑥 + 1
]=∫
𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑥
12(2𝑥 + 1)
2
0 12(2𝑥 + 1)
0 12(2𝑥 + 1)
1
16𝑥 + 9
1
17
[8𝑥 2 + 9𝑥]10 =
=∫
𝑑𝑥 =
24
24
24
0

Concours 2018

Exercice 01 :
La répartition (en pourcentage %) des salariés d’une grande entreprise selon leur statut et leur
sexe est donnée par le tableau suivant :
Cadre supérieur

Cadre

Employé

Tous statuts

Femmes

5%

25%

70%

39%

Hommes

9%

28%

63%

61%

I. On choisit au hasard un salarié, Quelle est la probabilité que ce salarié soit :
a. Un Homme ?
b. Un Cadre supérieur (Homme ou Femme)
II. Cinq salarié sont choisis au hasard parmi la population importante des salariés de cette
grande entreprise.
On note 𝑋 la variable aléatoire égale au nombre de Femmes parmi ces salariés choisis.
1. Déterminer la loi de 𝑋. En déduire son espérance et son écart-type.
2. Quelle est la probabilité que les salariés sont tous des Hommes ?
3. Quelle est la probabilité qu’il y est un seul Homme ou une seule Femme parmi les 05
salariés choisis.
III.
Pour les fêtes de l’Aïd, 1000 salariés choisis au hasard reçoivent une invitation pour un
repas.
1. Quelle est la probabilité qu’au moins 70 cadres supérieurs reçoivent cette invitation ?
Note : On pourra considérer que les conditions d’approximation sont vérifiées pour la loi
Normale.
La table de loi Normale (centrée et réduite) nous donne les valeurs suivantes :
𝜙(0.1) = 0.5398;

𝜙(0.32) = 0.6255;

𝜙(0.53) = 0.7019

Correction :
On note :
𝐻: Hommes ; 𝐹: Femmes ; 𝐶: Cadre ; 𝐶𝑆: Cadre supérieur ; 𝐸: Employé.
I.
a. D’après le tableau, on déduit que 𝑃(𝐻) = 0.61.
b.
𝑃(𝐶𝑆) = 𝑃(𝐶𝑆 ∩ (𝐹 ∪ 𝐻)) = 𝑃((𝐶𝑆 ∩ 𝐹) ∪ (𝐶𝑆 ∩ 𝐻)) = 𝑃(𝐶𝑆 ∩ 𝐹) + 𝑃(𝐶𝑆 ∩ 𝐻)
= 𝑃(𝐶𝑆|𝐹)𝑃(𝐹) + 𝑃(𝐶𝑆|𝐻)𝑃(𝐻) = 0.05 × 0.39 + 0.09 × 0.61
= 0.0744

II. 𝑋 : « Le nombre de femmes parmi les 5 salariés choisis »
1. Puisque on a 5 salariés, alors le nombre de femmes sera compris entre 0 et 5. 𝑋(Ω) =
{0,1,2,3,4,5}
Si on observe la première salarié : 𝑆1 ∶ {

𝐹𝑒𝑚𝑚𝑒
𝐻𝑜𝑚𝑚𝑒

𝑝 = 0.39
alors 𝐾1 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(𝑝 =
1 − 𝑝 = 0.61

0.39)
̅̅̅̅
On peut obtenir, de la manière, que toutes les années 𝐾𝑖 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(𝑝) 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑖 = 1,5
Puisque 𝑋 = ∑10
𝑖=1 𝐾𝑖 alors 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙(𝑛 = 5, 𝑝 = 0.39)
𝐸[𝑋] = 𝑛𝑝 = 5 × 0.39 = 1.95
𝑉(𝑋) = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 1.95 × 0.61 = 1.1895
𝜎(𝑋) = √𝑉(𝑋) = √1.1895 = 1.09
On a :
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶5𝑘 (0.39)𝑘 (0.61)5−𝑘 ,

𝑥 ∈ 𝑋(Ω)

2.
𝑃(𝑋 = 0) = 𝐶50 (0.39)0 (0.61)5 = 0.084
3.
𝑃((𝑋 = 1) ∪ (𝑋 = 4)) = 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 4)
= 𝐶51 (0.39)1 (0.61)4 + 𝐶54 (0.39)4 (0.61)1 = 0.3405
𝑛 = 1000

III.

𝑌 : « Le nombre de cadres supérieurs invitées ».
De la même manière que la variable 𝑋, on peut déduire que 𝑌~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙(𝑛, 𝑝) avec 𝑛 =
1000, 𝑝 = 0.0744.
𝑛 = 1000
𝑛𝑝 = 74.4 > 15
Puisque {
alors on approxime la loi de 𝑌 par une loi Normale
𝑛(1 − 𝑝) = 925.6 > 15
𝑌~𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙(𝜇, 𝜎 2 ), avec 𝜇 = 𝑛𝑝 = 74.4 et 𝜎 2 = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 68.865
1.
𝑌 − 74.4 70 − 74.4
𝑃(𝑌 ≥ 70) = 𝑃 (

) = 𝑃(𝑇 ≥ −0.53) = 1 − 𝑃(𝑇 < −0.53)
8.298
8.298
= 1 − 𝜙(−0.53) = 1 − (1 − 𝜙(0.53)) = 𝜙(0.53) = 0.7019.

Exercice 02 :
Soit (𝑋, 𝑌) un couple de variables aléatoires de densité conjointe :

𝑒 −𝑥
𝐶
𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) = { 𝑦 2
0

si 𝑥 > 0 et 𝑦 > 1
sinon

1. Déterminer la constante 𝐶.
2. Déterminer les lois marginales de 𝑋 et de 𝑌. les deux variables 𝑋 et 𝑌 sont-elles
indépendantes ?
3. Calculer 𝑃(𝑋 > 2, 𝑌 > 1)
4. Calculer la covariance 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌)
5. Déterminer les densités marginales 𝑓𝑌|𝑋=𝑥 (𝑦) et 𝑓𝑋|𝑌=𝑦 (𝑥)
Correction :
𝑒 −𝑥
𝐶
𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) = { 𝑦 2
0

si 𝑥 > 0 et 𝑦 > 1
sinon

1.
+∞ +∞

+∞

+∞

0

1

𝑒 −𝑥
1
∬ 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 1 ⇔ 𝐶 ∫ ∫ 2 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 1 ⇔ 𝐶 ∫ 𝑒 −𝑥 (∫ 2 𝑑𝑦) 𝑑𝑥
𝑦
𝑦
ℝ2
0

+∞

=1 ⇔𝐶∫ 𝑒
0

1

+∞

−𝑥

1 +∞
[− ] 𝑑𝑥 = 1 ⇔ 𝐶 ∫ 𝑒 −𝑥 (−0 + 1) 𝑑𝑥 = 1
𝑦1
0

+∞

⇔ 𝐶 ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = 1 ⇔ 𝐶[−𝑒 −𝑥 ]+∞
=1⇔𝑪=𝟏
0
0

D’où :
𝑒 −𝑥
𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) = { 𝑦 2
0

si 𝑥 > 0 et 𝑦 > 1
sinon

2. Calcul des densités marginales.
+∞

a. La densité marginale de la variable 𝑋 : 𝑓𝑋 (𝑥) = ∫−∞ 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦
+∞

𝑓𝑋 (𝑥) = 𝑒

−𝑥


1

1
1 +∞
−𝑥
𝑑𝑦
=
𝑒
[−
] = 𝑒 −𝑥 (−0 + 1) = 𝑒 −𝑥
𝑦2
𝑦1

Ainsi,
𝑒 −𝑥
𝑓𝑋 (𝑥) = {
0

si 𝑥 > 0
sinon
+∞

b. La densité marginale de la variable 𝑌 : 𝑓𝑌 (𝑦) = ∫−∞ 𝑓𝑋,𝑌 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
+∞

1
1
1
1
𝑓𝑌 (𝑦) = 2 ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = 2 [−𝑒 −𝑥 ]+∞
= 2 (−0 + 1) = 2
0
𝑦
𝑦
𝑦
𝑦
0

Ainsi,

1
𝑓𝑌 (𝑦) = { 𝑦 2
0

si 𝑦 > 1
sinon

Puisque le domaine 𝐷𝑋,𝑌 est rectangulaire alors, pour que les deux variables 𝑋 et 𝑌 soient
indépendantes, il faut que 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑋 (𝑥)𝑓𝑌 (𝑦)
𝑒 −𝑥
1
𝑓(𝑥, 𝑦) = 2 = (𝑒 −𝑥 ) ( 2 ) = 𝑓𝑋 (𝑥)𝑓𝑌 (𝑦)
𝑦
𝑦
Ainsi, on en déduit que les deux variables 𝑋 et 𝑌 sont indépendantes.
3. Calcul
+∞

+∞

𝑃(𝑋 > 2, 𝑌 > 1) = 𝑃(𝑋 > 2) = ∫ 𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = [−𝑒 −𝑥 ]+∞
= 𝑒 −2
2
2

2

4. Puisque les deux variables 𝑋 et 𝑌 sont indépendantes alors 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 0.
5. Puisque les deux variables 𝑋 et 𝑌 sont indépendantes alors :
1
si 𝑦 > 1
𝑓𝑌|𝑋=𝑥 (𝑦) = 𝑓𝑌 (𝑦) = 𝑓𝑌 (𝑦) = { 𝑦 2
0
sinon
𝑒 −𝑥
𝑓𝑋|𝑌=𝑦 (𝑥) = 𝑓𝑋 (𝑥) = 𝑓𝑋 (𝑥) = {
0

si 𝑥 > 0
sinon

Concours 2019

Exercice 01 : Un étudiant change les téléphones portables tous les ans, le jour de son
anniversaire. Il conserve toujours un téléphone une année entière. Si le téléphone tombe en
panne dans l’année, il le fait réparer et change tout de même de téléphone à la date prévue. On
suppose que la probabilité qu’un téléphone portable tombe en panne dans l’année est 𝑝. On
suppose aussi qu’un téléphone ne peut pas subir plus d’une panne dans son année de possession
par l’étudiant.
On note 𝑋 la variable aléatoire « nombre de téléphones tombées en panne dans les dix premières
années ».
1. Quelle loi suit la variable aléatoire 𝑋.
2. Donner la probabilité que l’étudiant ait 5 pannes de portables sur les dix premières
années.
3. Donner l’espérance et la variance de 𝑋.
On suppose qu’un nouveau téléphone portable coûte 10000 DA. Lors de l’achat l’étudiant peut
l’assurer pour 1000 DA auquel cas le portable sera réparé gratuitement (pendant un an). Si le
portable n’est pas assuré, le coût d’une réparation est de 5000 DA. On note 𝑌 la variable
aléatoire « montant dépensé par l’étudiant en téléphonie s’il ne s’assure jamais sur les dix
premières années » (on compte donc dans 𝑌 l’achat des téléphones ainsi que les réparations
éventuelles).
4. Exprimer 𝑌 en fonction de 𝑋. Donner 𝑌(Ω) et la loi de 𝑌.
5. Combien dépensera l’étudiant en téléphonie les dix premières années s’il assure tous
ses téléphones ?
6. Pour quelles valeurs de 𝑝 est-il préférable d’assurer ses téléphones ?
On s’intéresse maintenant à la première panne de téléphone que connait l’étudiant. On note 𝑍
la variable aléatoire donnant l’année pendant laquelle l’étudiant subit sa première panne
téléphonique, en numérotant les année de 1 pour l’année d’achat du premier téléphone.
7. Quelle loi suit la variable aléatoire 𝑍.
8. Donner la probabilité que la première panne que subit l’étudiant soit sur son troisième
portable.
Solution :
On note 𝑋 la variable aléatoire « nombre de téléphones tombés en panne dans les dix premières
années ».
1. La loi de la variable aléatoire 𝑋 :
Puisque on a 10 années, alors le nombre de fois ou le téléphone va tomber en panne sera compris
entre 0 et 10. 𝑋(Ω) = {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
𝑡é𝑙é𝑝ℎ𝑜𝑛𝑒 𝑡𝑜𝑚𝑏𝑒 𝑒𝑛 𝑝𝑎𝑛𝑛𝑒
Si on observe la première année : 𝐾1 ∶ {
𝑝𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑛𝑛𝑒
𝐾1 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(𝑝)

𝑝
1−𝑝

On peut obtenir, de la manière, que toutes les années 𝐾𝑖 ~𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑖(𝑝) 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑖 = ̅̅̅̅̅̅
1,10
10
Puisque 𝑋 = ∑𝑖=1 𝐾𝑖 alors 𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙(10, 𝑝)

alors

2. La probabilité qu’un étudiant ait 5 pannes de téléphones portables sur les dix premières
années
5 5 (1
𝑃(𝑋 = 5) = 𝐶10
𝑝
− 𝑝)5

3. Espérance et variance de 𝑋
𝐸[𝑋] = 𝑛𝑝 = 10𝑝
𝑉(𝑋) = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 10𝑝(1 − 𝑝)
4. L’étudiant achète 10 téléphones alors il dépense 100000 DA pour les achats et il dépense
5000 DA pour chaque réparation, ce qui implique qu’il dépense 5000𝑋 (𝑋 est le nombre de
réparations effectuées sur les dix années) alors : 𝑌 = 100000 + 5000𝑋
On peut déduire que
𝑌(Ω)
= {100000,105000,110000,115000,120000,125000,130000,135000,14000,145000,150000}
Pour déterminer la loi de 𝑌, on utilise le fait que 𝑌 est un changement de variable de la variable
𝑋.
𝑘 𝑘 (1
Alors : 𝑃(𝑌 = 100000 + 5000𝑘) = 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶10
𝑝
− 𝑝)10−𝑘 pour 𝑘 ∈ {0,1, … ,10}

5. La dépense de l’étudiant s’il assure tous ses téléphones sur les dix ans sera de 10 ∗
(10000 + 1000) alors une dépense de 110000 𝐷𝐴.
6. Il est préférable d’assurer ses téléphones si le montant moyen des dépenses en téléphonie
sans assurances est supérieur au montant des dépenses avec assurances :
𝐸[𝑌] ≥ 𝐸[110000] ⇒ 𝐸[100000 + 5000𝑋] ≥ 110000 ⇒ 100000 + 5000𝐸[𝑋]
10000
≥ 110000 ⇒ 5000(10𝑝) ≥ 10000 ⇒ 𝑝 ≥
50000
Alors 𝑝 ≥ 0.2. Il vaut donc assurer son téléphone si la probabilité de panne est supérieure à
20%.
7. Puisque la panne représente « le succès », alors 𝑍 représente la date du premier succès.
La probabilité de panne étant fixe, 𝑍 suit une loi géométrique de paramètre 𝑝. 𝑍~𝑔(𝑝)
𝑃(𝑍 = 𝑘) = 𝑝(1 − 𝑝)𝑘−1 , 𝑘 ≥ 1
𝑃(𝑍 = 3) = 𝑝(1 − 𝑝)3−1 = 𝑝(1 − 𝑝)2

Exercice 02 :
Soit 𝑓 la fonction définie par :
6
(𝑥 + 𝑦 2 )
5
𝑓(𝑥, 𝑦) = {
0

si 𝑥 ∈ [0,1] et 𝑦 ∈ [0,1]
sinon

1. Montrer que la fonction 𝑓 est une densité de probabilité.
2. Soit (𝑋, 𝑌) un couple de variables aléatoires de densité de probabilité 𝑓. Calculer les
densités marginales de 𝑋 et de 𝑌.
3. 𝑋 et 𝑌 sont-elles indépendantes ?

4. Calculer 𝐸[𝑋], 𝐸[𝑌], 𝐸[𝑋𝑌].
5. Déduire la covariance de 𝑋 et 𝑌.
Correction :
6
(𝑥 + 𝑦 2 )
𝑓(𝑥, 𝑦) = { 5
0

si 𝑥 ∈ [0,1] et 𝑦 ∈ [0,1]
sinon

6. Pour que 𝑓 soit une densité de probabilité il faut que :
c. ∀𝑥 ∈ ℝ, ∀𝑦 ∈ ℝ: 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0.
d. ∬ℝ2 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 1
On remarque que 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ, ∀𝑦 ∈ ℝ.
+∞ +∞

1

1

1

1
6
6
1
∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ (∫(𝑥 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑥) 𝑑𝑦 = ∫ ([ 𝑥 2 + 𝑥𝑦 2 ] ) 𝑑𝑦
5
5
2
0

−∞ −∞

0

0

1

0

1

6
1
6 1
1
6 1 1
6 5
= ∫ ( + 𝑦 2 ) 𝑑𝑦 = [ 𝑦 + 𝑦 3 ] = ( + ) = ( ) = 1
5
2
5 2
3
5 2 3
5 6
0
0

Ainsi, on conclut que la fonction 𝑓 est bien une densité de probabilité.
7. Calcul des densités marginales.
+∞

c. La densité marginale de la variable 𝑋 : 𝑓𝑋 (𝑥) = ∫−∞ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦
1

6
6
1 31 6
1
2
𝑓𝑋 (𝑥) = ∫(𝑥 + 𝑦 ) 𝑑𝑦 = [𝑥𝑦 + 𝑦 ] = (𝑥 + )
5
5
3
5
3
0
0

Ainsi,
6
1
𝑓𝑋 (𝑥) = {5 (𝑥 + 3) si 𝑥 ∈ [0,1]
0
sinon
+∞

d. La densité marginale de la variable 𝑌 : 𝑓𝑌 (𝑦) = ∫−∞ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
1

1
6
6 1 2
6 1
2
2
𝑓𝑌 (𝑦) = ∫(𝑥 + 𝑦 ) 𝑑𝑥 = [ 𝑥 + 𝑥𝑦 ] = ( + 𝑦 2 )
5
5 2
5 2
0
0

Ainsi,
6 2 1
𝑓𝑌 (𝑦) = {5 (𝑦 + 2) si 𝑦 ∈ [0,1]
0
sinon
8. Puisque le domaine 𝐷𝑋,𝑌 est rectangulaire alors, pour que les deux variables 𝑋 et 𝑌
soient indépendantes, il faut que 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑋 (𝑥)𝑓𝑌 (𝑦)
6
6
1
6
1
𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦 2 ) ≠ ( (𝑥 + )) ( (𝑦 2 + )) = 𝑓𝑋 (𝑥)𝑓𝑌 (𝑦)
5
5
3
5
2

Ainsi, on en déduit que les deux variables 𝑋 et 𝑌 ne sont pas indépendantes
9. Calcul

+∞

𝐸[𝑋] = ∫ 𝑥𝑓𝑋 (𝑥) 𝑑𝑥
−∞
1

1

6
1
6
1
6 1 3 1 2 1 6 1 1
6 3
2
𝐸[𝑋] = ∫ 𝑥 (𝑥 + ) 𝑑𝑥 = ∫ (𝑥 + 𝑥) 𝑑𝑥 = [ 𝑥 + 𝑥 ] = ( + ) = ( )
5
3
5
3
5 3
6
5 3 6
5 6
0
0

0

3
=
5

+∞

𝐸[𝑌] = ∫ 𝑦𝑓𝑌 (𝑦) 𝑑𝑦
−∞
1

1

6
1
6
1
6 1 4 1 21 6 1 1
2
3
𝐸[𝑌] = ∫ 𝑦 (𝑦 + ) 𝑑𝑦 = ∫ (𝑦 + 𝑦) 𝑑𝑥 = [ 𝑦 + 𝑦 ] = ( + )
5
2
5
2
5 4
4
5 4 4
0
0



0

6 1
3
= ( )=
5 2
5
F
+∞ +∞

𝐸[𝑋𝑌] = ∫ ∫ 𝑥𝑦𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦
−∞ −∞
1

1

1

1

6
6
𝐸[𝑋𝑌] = ∫ 𝑦 (∫ 𝑥(𝑥 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑥) 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦 (∫(𝑥 2 + 𝑥𝑦 2 ) 𝑑𝑥) 𝑑𝑦
5
5
0

0

0

1

0

1

6
1 3 1 2 21
6
1 1
= ∫ 𝑦 ([ 𝑥 + 𝑥 𝑦 ] ) 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦 ( + 𝑦 2 ) 𝑑𝑦
5
3
2
5
3 2
0
0
1

0

1
6
1
1
6 1
1
6 1 1
6 7
7
= ∫ ( 𝑦 + 𝑦 3 ) 𝑑𝑦 = [ 𝑦 2 + 𝑦 4 ] = ( + ) = ( ) =
5
3
2
5 6
8
5 6 8
5 24
20
0
0

10. Déduire 𝑐𝑜𝑣(𝑋, 𝑌)
𝑐𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 𝐸[𝑋𝑌] − 𝐸[𝑋]𝐸[𝑌] =

7 3 3
7
9
1
− × =

=−
20 5 5 20 25
100


Aperçu du document Sujets_concours_proba[1]-fusionné.pdf - page 1/44
 
Sujets_concours_proba[1]-fusionné.pdf - page 2/44
Sujets_concours_proba[1]-fusionné.pdf - page 3/44
Sujets_concours_proba[1]-fusionné.pdf - page 4/44
Sujets_concours_proba[1]-fusionné.pdf - page 5/44
Sujets_concours_proba[1]-fusionné.pdf - page 6/44
 




Télécharger le fichier (PDF)


Sujets_concours_proba[1]-fusionné.pdf (PDF, 942 Ko)

Télécharger
Formats alternatifs: ZIP



Documents similaires


rappel proba
td 6proba stat partie i 2012
www mathovore fr les probabilites exercices mathematiques troisieme 13
sujetsconcoursproba1 fusionne
controle
td 5proba stat partie i 2012

Sur le même sujet..