Exercices : Sommes de variables aléatoires

Exercices corrigés

Exercice 1

On fait marcher 2 machines à sous successivement. Pour la première, on mise 10 euros. Soit on perd sa mise, soit on récupère 100 euros (le gain net est alors de 90 euros). La probabilité de gagner est de 0,02 . Pour la seconde, on mise 1 euros. Soit on perd sa mise, soit on récupère 8 euros (le gain net est alors de 7 euros). La probabilité de gagner est de 0,01 . Soit X la variable aléatoire donnant le gain net avec la première machine. Soit Y la variable aléatoire donnant le gain net avec la seconde machine. Soit Z la variable aléatoire donnant le gain net total.

1. Déterminer les lois de probabilité de $X$, de $Y$ et de $Z$ (ne pas arrondir les valeurs trouvées).
2. Déterminer les espérances $E(X), E(Y)$ et $E(Z)$.
3. Déterminer les variances $V(X), V(Y)$.
4. En déduire $V(Z)$, puis retrouver cette valeur autrement.

Corrigé

1. On a : $X(\Omega)={-10 ; 90}$. $p(X=90)=0,02 \quad p(X=-10)=0,98$.

On a: $Y(\Omega)={-1 ; 7}$. $p(Y=7)=0,01 \quad p(Y=-1)=0,99$.

On a: $Z(\Omega)={-11 ;-3 ; 89 ; 97}$. $p(Z=-11)=p(X=-10$ et $Y=-1)=p(X=-10) \times p(Y=-1)$. Soit : $p(Z=-11)=0,98 \times 0,99=0,9702$. $p(Z=-3)=p(X=-10$ et $Y=7)=p(X=-10) \times p(Y=7)$. Soit : $p(Z=-3)=0,98 \times 0,01=0,0098$. $p(Z=89)=p(X=90$ et $Y=-1)=p(X=90) \times p(Y=-1)$. Soit : $p(Z=89)=0,02 \times 0,99=0,0198$. $p(Z=97)=p(X=90$ et $Y=7)=p(X=90) \times p(Y=7)$. Soit : $p(Z=97)=0,02 \times 0,01=0,0002$. 2. On obtient: $E(X)=0,02 \times 90+0,98 \times(-10)=-8$.

Et : $E(Y)=0,01 \times 7+0,99 \times(-1)=-0,92$. Par ailleurs, on a : $Z=X+Y$. Et donc : $E(Z)=E(X)+E(Y)$ (par linéarité de l'espérance). Soit : $E(Z)=-8-0,92=-8,92$. 3. On obtient: $V(X)=E\left(X^{2}\right)-(E(X))^{2}=0,02 \times 90^{2}+0,98 \times(-10)^{2}-(-8)^{2}=196$. $V(Y)=E\left(Y^{2}\right)-(E(Y))^{2}=0,01 \times 7^{2}+0,99 \times(-1)^{2}-(-0,92)^{2}=0,6336$. 4. Les machines sont indépendantes, donc les variables X et Y sont indépendantes.

Donc $V(Z)=V(X)+V(Y)=196+0,6336=196,6336$. Autre méthode. $V(Z)=E\left((Z)^{2}\right)-(E(Z))^{2}$. Soit : $V(Z)=0,9702 \times(-11)^{2}+\ldots+0,0002 \times 97^{2}-(-8,92)^{2}=196,6336$. On retrouve bien le résultat précédent.

Exercice 2

On jette deux tétraèdres réguliers numérotés de 1 à 4 . Soit X la variable aléatoire donnant la somme des deux résultats obtenus, et Y la variable aléatoire donnant la valeur absolue de la différence des deux résultats.

1. Déterminer les lois de probabilité de $X$, de $2 X$, de $Y$ et de $Z=2 X+Y$.
2. Déterminer les espérances $E(X), E(2 X), E(Y)$ et $E(Z)$.
3. Déterminer les variances $V(X), V(2 X), V(Y)$ et $V(Z)$.
4. Comparer $V(2 X)+V(Y)$ à $V(2 X+Y)$.
5. On admet que : les variables 2 X et Y sont indépendantes si et seulement si, pour tous $x$ et $y, p(2 X=2 x$ et $Y=y)=p(2 X=2 x) \times p(Y=y)$. Donc, s'il existe $x$ et $y$ tel que $p(2 X=2 x$ et $Y=y) \neq p(2 X=2 x) \times p(Y=y)$, alors les variables 2 X et Y ne sont pas indépendantes. Les variables 2 X et Y sont-elles indépendantes?

Corrigé

1. $X(\Omega)={2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8}$.

Voici le tableau des sommes possibles.

dé1 dé2	1	2	3	4
1	$(2)$	$(3)$	$(4)$	$(5)$
2	$(3)$	$(4)$	$(5)$	$(6)$
3	$(4)$	$(5)$	$(6)$	$(7)$
4	$(5)$	$(6)$	$(7)$	$(8)$

Les 16 événements étant équiprobables, on obtient facilement :

x	2	3	4	5	6	7	8
$\mathrm{p}(\mathrm{X}=\mathrm{x})$	$\frac{1}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{3}{16}$	$\frac{4}{16}$	$\frac{3}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{1}{16}$

Comme il est clair que $2 X=x \Leftrightarrow X=\frac{x}{2}$, on obtient les tableaux suivants :

dé1 dé2	1	2	3	4
1	$(4)$	$(6)$	$(8)$	$(10)$
2	$(6)$	$(8)$	$(10)$	$(12)$
3	$(8)$	$(10)$	$(12)$	$(14)$
4	$(10)$	$(12)$	$(14)$	$(16)$

x	4	6	8	10	12	14	16
$\mathrm{p}(2 \mathrm{X}=\mathrm{x})$	$\frac{1}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{3}{16}$	$\frac{4}{16}$	$\frac{3}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{1}{16}$

$Y(\Omega)={0 ; 1 ; 2 ; 3}$. Voici le tableau des différences (en valeur absolue) possibles.

dé1 \dé2	1	2	3	4
1	$(0)$	$(1)$	$(2)$	$(3)$
2	$(1)$	$(0)$	$(1)$	$(2)$
3	$(2)$	$(1)$	$(0)$	$(1)$
4	$(3)$	$(2)$	$(1)$	$(0)$

Les 16 événements étant équiprobables, on obtient facilement :

y	0	1	2	3
$\mathrm{p}(\mathrm{Y}=\mathrm{y})$	$\frac{4}{16}$	$\frac{6}{16}$	$\frac{4}{16}$	$\frac{2}{16}$

Voici le tableau des valeurs de Z possibles.

dé1 \dé2	1	2	3	4
1	$(4)$	$(7)$	$(10)$	$(13)$
2	$(7)$	$(8)$	$(11)$	$(14)$
3	$(10)$	$(11)$	$(12)$	$(15)$
4	$(13)$	$(14)$	$(15)$	$(16)$

Les 16 événements étant équiprobables, on obtient facilement :

z	4	7	8	10	11	12	13	14	15	16
$\mathrm{p}(\mathrm{Z}=\mathrm{z})$	$\frac{1}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{1}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{1}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{2}{16}$	$\frac{1}{16}$

2. On obtient: $E(X)=\frac{1}{16} \times 2+\frac{2}{16} \times 3+\frac{3}{16} \times 4+\frac{4}{16} \times 5+\frac{3}{16} \times 6+\frac{2}{16} \times 7+\frac{1}{16} \times 8=5$.

On a alors : $E(2 X)=2 E(X)=10$ (par linéarité de l'espérance).

Par ailleurs : $E(Y)=\frac{4}{16} \times 0+\frac{6}{16} \times 1+\frac{4}{16} \times 2+\frac{2}{16} \times 3=1,25$.

Enfin : $E(Z)=E(2 X+Y)=2 E(X)+E(Y)$ (par linéarité de l'espérance). Soit : $E(Z)=2 \times 5+1,25=11,25$. 3. On obtient: $V(X)=E\left(X^{2}\right)-(E(X))^{2}$.

Soit : $V(X)=\frac{1}{16} \times 2^{2}+\frac{2}{16} \times 3^{2}+\frac{3}{16} \times 4^{2}+\frac{4}{16} \times 5^{2}+\frac{3}{16} \times 6^{2}+\frac{2}{16} \times 7^{2}+\frac{1}{16} \times 8^{2}-$ Soit: $V(X)=27,5-25=2,5$. $V(2 X)=2^{2} V(X)=4 \times 2,5=10$. $V(Y)=E\left(Y^{2}\right)-(E(Y))^{2}$. Soit: $V(Y)=\frac{4}{16} \times 0^{2}+\frac{6}{16} \times 1^{2}+\frac{4}{16} \times 2^{2}+\frac{2}{16} \times 3^{2}-1,25^{2}$. Soit : $V(Y)=2,5-1,5625=0,9375$. $V(Z)=E\left((Z)^{2}\right)-(E(Z))^{2}$. Soit $V(Z)=\frac{1}{16} \times 4^{2}+\frac{2}{16} \times 7^{2}+\ldots+\frac{2}{16} \times 14^{2}+\frac{2}{16} \times 15^{2}+\frac{1}{16} \times 16^{2}-11,25^{2}$. Soit : $V(Z)=137,5-126,5625=10,9375$. 4. On a : $V(Z)=V(2 X)+V(Y)$.

Comme $Z=2 X+Y$, on constate donc que $V(2 X+Y)=V(2 X)+V(Y)$. 5. On a, par exemple : $p(2 X=4$ et $Y=3)=0$, alors que : $p(2 X=4) \times p(Y=3)=\frac{1}{16} \times \frac{2}{16}=\frac{2}{256}$. Donc: $p(2 X=4$ et $Y=3) \neq p(2 X=4) \times p(Y=3)$. Et donc les variables 2 X et Y ne sont pas indépendantes ! En dépassant légèrement le programme, on admettra que : si $X$ et $Y$ sont 2 variables aléatoires indépendantes, alors $V(X+Y)=V(X)+V(Y)$. Cet exercice démontre que la réciproque est fausse !

Exercice 3

Le directeur de l'entreprise Gexploat a classé ses salariés en fonction de leur investissement dans la société. Il a distingué 3 groupes : groupe A formé des $30 %$ des salariés qui s'investissent peu; groupe B formé des $50 %$ des salariés dont l'investissement est acceptable ; groupe C formé des $20 %$ des salariés dont l'investissement est important. Le directeur choisit 10 fois de suite un salarié au hasard (les 10 choix sont donc indépendants), et obtient ainsi un échantillon de 10 salariés. Soit $X$ la variable aléatoire donnant le nombre de salariés du groupe $A$ dans l'échantillon. On définit de même Y qui donne le nombre de salariés du groupe B et Z qui donne le nombre de salariés du groupe C .

1. Que dire de X , de Y ?
2. Déterminer $p(X=2), p(X \geq 3)$ (arrondies à 0,001 près).
3. Déterminer $E(X)$ et $E(Y)$.
4. En déduire la valeur de $E(Z)$.
5. Quelle est la nature de $Z$ ? Retrouver alors la valeur de $\mathrm{E}(Z)$.
6. Déterminer $V(X), V(Y)$ et $V(Z)$.
7. Déterminer $p(Y=3)$ et $p(Z=5)$ (arrondies à 0,001 près).
8. On admet que : les variables X et Y sont indépendantes si et seulement si pour tous $x$ et $y$, $p(X=x$ et $Y=y)=p(X=x) \times p(Y=y)$ et si les variables X et Y sont indépendantes, alors $V(X+Y)=V(X)+V(Y)$. Dans cet exercice, les variables X et Y sont-elles indépendantes ?

Corrigé

1. Examinons X .

On peut restreindre chaque choix à 2 éventualités : le salarié est du groupe A (événement considéré comme un succès de probabilité $0,30)$ ou : le salarié n'est pas du groupe A. De plus, les 10 choix sont indépendants. Comme X dénombre le nombre de succès, X est une binomiale ; plus précisément, on a : $X=B(10 ; 0,30)$. De même, on obtient : $Y=B(10 ; 0,50)$. 2. À la calculatrice, on obtient : $p(X=2) \approx 0,233$. $p(X \geq 3)=1-p(X<3)=1-p(X \leq 2) \approx 1-0,383$. Soit : $p(X \geq 3) \approx 0,617$. 3. On a: $E(X)=10 \times 0,30=3$ et $E(Y)=10 \times 0,50=5$. 4. Il est clair que $Z=10-X-Y$.

Donc : $E(Z)=E(10)-E(X)-E(Y)$ (par linéarité de l'espérance). Finalement: $E(Z)=10-3-5=2$. Chacun aura retenu que l'espérance d'une variable aléatoire constante, comme 10, est égale à cette constante. 5. Comme pour X et Y , on obtient : $Z=B(10 ; 0,20)$.

Et donc : $E(Z)=10 \times 0,20=2$. Cela confirme le résultat précédent. 6. $V(X)=10 \times 0,30 \times 0,70=2,1$. $V(Y)=10 \times 0,50 \times 0,50=2,5$. $V(Z)=10 \times 0,20 \times 0,80=1,6$. 7. À la calculatrice, on obtient: $p(Y=3) \approx 0,117$ et $p(Z=5) \approx 0,026$. 8. On a, par exemple : $p(X=2$ et $Y=3)=p(Z=5) \approx 0,026$.

Or : $p(X=2) \times p(Y=3) \approx 0,233 \times 0,117 \approx 0,027$. Donc: $p(X=2$ et $Y=3) \neq p(X=2) \times p(Y=3)$. Cela suffit pour prouver que les variables $X$ et $Y$ ne sont donc pas indépendantes. Autre méthode. La variable aléatoire constante 10 et la variable aléatoire $-Z$ sont indépendantes. Donc $V(10-Z)=V(10)+V(-Z)$. Et comme $V(10)=0$, on obtient $V(10-Z)=0+(-1)^{2} V(Z)=V(Z)$. Or, comme $X+Y=10-Z$, on a : $V(X+Y)=V(10-Z)$. Donc on obtient: $V(X+Y)=V(Z)$. Vu les valeurs numériques trouvées ci-dessus, cela donne : $V(X+Y)=1,6$. On note alors que $V(X)+V(Y)=2,1+2,5=4,6$. $V(X+Y) \neq V(X)+V(Y)$. Donc X et Y ne sont donc pas indépendantes.

Exercice 4

$n$ échantillons de salive doivent être analysés pour tester la présence ou non d'un virus C.

La population est suffisamment importante pour assimiler chaque test à un tirage aléatoire avec remise.

Un échantillon est dit positif quand le test détecte le virus; sinon il est négatif. La probabilité qu'un échantillon soit positif est $p$ (avec $p$ dans $] 0 ; 1[$ ). Soit Y la variable aléatoire donnant le nombre d'échantillons positifs.

1. De quelle nature est Y ?

Déterminer son espérance $E(Y)$ en fonction de $n$ et $p$. 2. Comme les tests sont hors de prix, on essaie d'en limiter le nombre.

On décide de couper chaque échantillon en 2 échantillons A et B , et de faire un mélange des $n$ échantillons $A$. On analysera le mélange obtenu. Si le résultat est négatif, on affirmera alors que tous les échantillons d'origine sont négatifs. Si le résultat est positif, on devra alors analyser séparément chacun des $n$ échantillons B, ce qui donnera la nature de chacun des échantillons d'origine correspondants. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre total d'analyses à effectuer.

Déterminer la loi de X . 3. Déterminer l'espérance $E(X)$ de X . 4. On se demande si la méthode proposée pour analyser les $n$ échantillons est rentable, c'est-à-dire si on peut ainsi espérer effectuer moins de $n$ analyses. On rappelle que le nombre d'analyses que l'on peut espérer faire est $E(X)$. La méthode sera donc rentable si $E(X)<n$.

On pose $a=\ln (1-p)$ avec $p$ dans $] 0 ; 1[$. On remarque que $a$ est strictement négatif.

Montrer l'équivalence suivante : $E(X)<n \Leftrightarrow f(n)>0$, où $f(x)=\ln x+a x$ définie pour $x>0$. 5. Montrer que $f^{\prime}(x)$ est du signe de $a x+1$ sur $] 0 ;+\infty[$.

Quel est le signe de $x_{0}=-\frac{1}{a}$ ? Montrer que $f$ admet un maximum $M=\ln \left(-\frac{1}{a}\right)-1$ lorsque $x=x_{0}$. 6. Montrer que $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=-\infty$. 7. Montrer que $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=-\infty$ (il est conseillé de factoriser $x$ dans l'expression de $f(x)$ pour lever l'indétermination). 8. Dresser le tableau de variation de $f$ sur $] 0 ;+\infty[$. 9. On constate que, si $M$ est négatif ou nul, alors la fonction $f$ reste strictement négative, et par là, la méthode proposée n'est pas rentable.

Montrer que, si $p \geq 0,308$, alors la méthode proposée n'est pas rentable. 10. On suppose désormais que $p=0,10$.

Par essais successifs, déterminer les valeurs de $n$ pour lesquelles la méthode d'analyse est rentable.

Corrigé

1. On répète $n$ fois de manière indépendante un test à 2 issues :

S: «le test est positif» E : «le test est négatif». On a $p(S)=p$, et Y dénombre le nombre de «succès». On en déduit que Y suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$.

Par conséquent, on a : $E(Y)=n p$. 2. X peut prendre 2 valeurs : soit 1 (le test du mélange est négatif), soit $1+n$ (le test du mélange est positif et on doit donc analyser les $n$ échantillons $B)$. On a donc : $X(\Omega)={1 ; 1+n}$. On a: $p(X=1)=p(Y=0)=(1-p)^{n}$. Et donc : $p(X=1+n)=1-(1-p)^{n}$. 3. On a : $E(X)=p(X=1) \times 1+p(X=1+n) \times(1+n)$. Soit: $E(X)=(1-p)^{n}+\left(1-(1-p)^{n}\right) \times(1+n)$. Soit: $E(X)=(1-p)^{n}+1+n-(1-p)^{n}(1+n)$. Soit: $E(X)=1+n-n(1-p)^{n}$. 4. On a: $E(X)<n \Leftrightarrow 1+n-n(1-p)^{n}<n$

$$ \begin{aligned} & \Leftrightarrow 1<n(1-p)^{n} \ & \Leftrightarrow \frac{1}{n}<(1-p)^{n} \ & \Leftrightarrow \ln \frac{1}{n}<\ln (1-p)^{n} \ & \Leftrightarrow-\ln n<n a \quad(\text { avec } a=\ln (1-p)) \ & \Leftrightarrow 0<\ln n+n a \ & \Leftrightarrow 0<f(n) \quad \text { c.q.f.d. } \end{aligned} $$

On a donc montré que $E(X)<n \Leftrightarrow f(n)>0$. 5. On a : $f(x)=\ln x+a x$ définie pour $x>0$.

D'où : $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+a=\frac{1+a x}{x}$. Et, comme $x>0, f^{\prime}(x)$ est bien du signe de $a x+1$ sur $] 0 ;+\infty[$. Comme $a<0, x_{0}=-\frac{1}{a}$ est strictement positif, et se trouve donc dans l'intervalle de définition $] 0 ;+\infty[$.

On remarque alors que $a x+1$ est une fonction affine, de coefficient directeur $a$ strictement négatif, et qui s'annule en $x_{0}=-\frac{1}{a}$. Par conséquent, on en déduit que $f^{\prime}(x)$ est strictement positive sur $] 0 ; x_{0}[$, nulle en $x_{0}$, et strictement négative sur $] x_{0}:+\infty[$. Donc $f^{\prime}(x)$ est strictement croisssante sur $\left.] 0 ; x_{0}\right]$, et strictement décroissante sur $\left[x_{0}:+\infty[\right.$. Donc $f$ admet un maximum $\mathbf{M}$ en $x_{0}$, et $M=f\left(x_{0}\right)=\ln \left(\left(-\frac{1}{a}\right)+a \times\left(-\frac{1}{a}\right)=\ln \left(-\frac{1}{a}\right)-1\right.$ 6. On a: $f(x)=\ln x+a x$.

Or : $\lim _{x \rightarrow 0} \ln x=-\infty$ et $\lim _{x \rightarrow 0} a x=0$. Donc : $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=-\infty$. 7. On a: $f(x)=x\left(\frac{\ln x}{x}+a\right)$.

Or on a : $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln x}{x}+a=0+a=a$ et $\lim _{x \rightarrow+\infty} x=+\infty$. Et, comme $a<0$, on obtient : $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=-\infty$. 8. Voici donc le tableau de variation de $f$ sur $] 0 ;+\infty[$ :

$x$	0		$x_{0}$
$f^{\prime}(x)$		+	0	-
$f(x)$

9. On constate que, si $M$ est négatif ou nul, alors la fonction $f$ reste strictement négative, et par là, la méthode proposée n'est pas rentable. On résout donc : $M \leq 0 \Leftrightarrow \ln \left(-\frac{1}{a}\right)-1 \leq 0 \Leftrightarrow \ln \left(-\frac{1}{a}\right) \leq 1$ $\Leftrightarrow-\frac{1}{a} \leq e^{1}$ (le sens de l'inégalité est conservé car la fonction exp est strictement croissante) $\Leftrightarrow-\frac{1}{e} \geq a$ (le sens de l'inégalité est inversé car a est strictement négatif) $\Leftrightarrow-\frac{1}{e} \geq \ln (1-p)$ $\Leftrightarrow e^{-\frac{1}{e}} \geq 1-p$ (le sens de l'inégalité est conservé car la fonction exp est strictement croissante) $\Leftrightarrow p \geq 1-e^{-\frac{1}{e}}$. Or $1-e^{-\frac{1}{e}} \approx 0,3078$ (arrondi à 0,0001 près). Donc, si $p \geq 0,308$, alors la méthode proposée n'est pas rentable. c.q.f.d. Cela ne signifie pas que, si $p<0,308$, alors la méthode proposée sera rentable. Mais on peut espérer que, si $p$ est assez faible, alors $f$ sera positive pour des valeurs de x entières pour lesquelles la méthode sera rentable.
10. On suppose désormais que $p=0,10$.

On a alors $f(x)=\ln x+a x$ avec $a=\ln (0,90)$. On calcule : $f(1) \approx-0,105, f(2) \approx 0,482, \ldots, f(33) \approx 0,020, f(34) \approx-0,055$. Donc l'entier $n$ appartient à l'intervalle [2;33]. Donc, si $p=0,10$, la méthode d'analyse est rentable si on analyse de 2 à 33 échantillons de salive.

Exercice 5

1. Un joueur lance un dé 5 fois de suite.

Soit M la variable aléatoire donnant la moyenne des 5 résultats obtenus. Déterminer son espérance $\mathrm{E}(\mathrm{M})$ ainsi que son écart-type $\sigma(M)$. 2. Un joueur lance 5 dés simultanément.

Soit S la variable aléatoire donnant la somme des 5 dés. Déterminer son espérance $\mathrm{E}(\mathrm{S})$ ainsi que son écart-type $\sigma(S)$. 3. Un joueur lance un seul dé.

Soit Z la variable aléatoire donnant le produit du résultat du dé par 5 . Déterminer son espérance $\mathrm{E}(\mathrm{Z})$ ainsi que son écart-type $\sigma(Z)$. Comparer avec les résultats de la question 2. 4. Un joueur effectue 100 lancers de dé.

Soit $N$ la variable aléatoire dénombrant le nombre de lancers pour lesquels le résultat du dé est dans l'intervalle [ $3 ; 4]$. Déterminer l'espérance $m$ et l'écart-type $\sigma$ de $N$. Déterminer la valeur de $p(m-2 \sigma \leq N \leq m+2 \sigma)$ (arrondie à 0,01 près)

Corrigé

1. Soit X la variable aléatoire donnant le résultat d'un lancer de dé.

Les résultats des lancers étant indépendants, la liste des résultats de 5 lancers est alors un échantillon de taille 5 de la loi de probabilité de X . Et M est alors la variable aléatoire moyenne de cet échantillon. On a donc : $E(M)=E(X)$ et $\sigma(M)=\frac{\sigma(X)}{\sqrt{5}}$. Il reste alors à déterminer $E(X)$ et $\sigma(X)$. On a : $X(\Omega)={1,2,3,4,5,6}$. Et : $p(X=1)=p(X=2)=p(X=3)=p(X=4)=p(X=5)=p(X=6)=\frac{1}{6}$. D'où : $E(X)=\frac{1}{6} \times 1+\frac{1}{6} \times 2+\frac{1}{6} \times 3+\frac{1}{6} \times 4+\frac{1}{6} \times 5+\frac{1}{6} \times 6$. Soit : $E(X)=3,5$. Et: $V(X)=\frac{1}{6} \times 1^{2}+\frac{1}{6} \times 2^{2}+\frac{1}{6} \times 3^{2}+\frac{1}{6} \times 4^{2}+\frac{1}{6} \times 5^{2}+\frac{1}{6} \times 6^{2}-(E(X))^{2}$. Soit: $V(X) \approx 2,92$. Et donc : $\sigma(X) \approx 1,71$. Ces 2 valeurs s'obtiennent également avec la calculatrice en mode STAT.

Finalement, on obtient donc: $E(M)=3,5$ et $\sigma(M) \approx \frac{1,71}{\sqrt{5}} \approx 0,76$. La moyenne espérée des 5 lancers est égale au résultat espéré sur un lancer. Par contre, le risque que la moyenne observée sur 5 lancers soit loin de 3,5 est bien plus faible que le risque que le résultat d'un seul lancer soit loin de 3,5. 2. Soit X la variable aléatoire donnant le résultat d'un dé.

Les résultats des dés étant indépendants, un lancer de 5 dés est alors un échantillon de taille 5 de la loi de probabilité de X . Lancer 5 fois de suite un dé ou lancer simultanément 5 dés revient au même... Et S est alors la variable aléatoire somme de cet échantillon. On a donc : $E(S)=5 \times E(X)$ et $\sigma(S)=\sqrt{5} \times \sigma(X)$. On a déjà déterminé $E(X)$ et $\sigma(X)$ à la question précédente. Finalement, on obtient donc: $E(S)=5 \times 3,5=17,5$ et $\sigma(S) \approx \sqrt{5} \times 1,71 \approx 3,82$. 3. Soit X la variable aléatoire donnant le résultat du dé.

On a : $Z=5 \times X$. On a donc : $E(Z)=5 \times E(X)$ et $V(Z)=5^{2} \times V(X)$, et donc : $\sigma(Z)=5 \times \sigma(X)$. On a déjà déterminé $E(X)$ et $\sigma(X)$ à la question 1 . Finalement, on obtient donc: $E(Z)=5 \times 3,5=17,5$ et $\sigma(Z) \approx 5 \times 1,71 \approx 8,5$. La valeur espérée pour Z est égale au résultat espéré pour la somme de 5 dés, c'est-à-dire 17,5. Par contre, comme $\sigma(Z)$ est bien plus grand que $\sigma(S)$, le risque que Z soit loin de 17,5 est bien plus important que le risque que la somme de 5 dés soit loin de 17,5 . 4. Soit X la variable aléatoire donnant le résultat d'un lancer de dé.

On a: $p(3 \leq X \leq 4)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} \approx 0,3333$ Les 100 lancers sont indépendants, et N dénombre le nombre de lancers tels que $3 \leq X \leq 4$. Par conséquent, N suit la loi binomiale de paramètres $n=100$ et $p=\frac{1}{3} \approx 0,3333$ Donc : $m=100 \times \frac{1}{3} \approx 33,33$. Et $\sigma=\sqrt{100 \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{3}} \approx 4,71$.

On cherche : $p(m-2 \sigma \leq N \leq m+2 \sigma)$.

Comme $m-2 \sigma \approx 23,9$ et $m+2 \sigma \approx 42,8$, et que N ne prend que de valeurs entières, on cherche : $p(24 \leq N \leq 42)$. On calcule: $p(24 \leq N \leq 42)=p(N \leq 42)-p(N \leq 23)$. À la calculatrice, on obtient: $p(24 \leq N \leq 42) \approx 0,96$. Soit : $p(m-2 \sigma \leq N \leq m+2 \sigma) \approx 0,96$.