G. Hunault Angers, décembre 96

Licence Informatique

Examen de Probabilités et Statistiques

– Enoncé et Corrigé –

1. Dénombrements

Un enseignant à forte tendance pédagogique veut imposer un nouveau système de fichiers nommé ghFs. Dans un tel système, un identificateur de fichier se compose d’un nom et d’une extension reliés par un tiret. Un nom de fichier comporte de 1 à 5 caractères dont le premier est une lettre, les caractères suivants sont soit une lettre soit un chiffre. Une extension comporte de 1 à 3 caractères, le premier est une lettre, les suivants une lettre ou un chiffre. De façon à ne pas avoir des noms trop imprononçables, on n’utilise que 20 lettres (mais on ne dit pas lesquelles, sauf la lettre P).

a) combien de noms de fichiers différents peut-on avoir, sachant qu’on ne distingue pas majuscule et minuscule ?

b) un fichier-programme est un fichier dont l’identificateur a une extension qui commence par la lettre P. Quelle est la proportion de fichiersprogrammes dans ce système de fichiers ?

2. Espaces probabilisables, probabilisés

On dit qu’un couple (E, T ) est un espace probabilisable si T est un ensemble de parties de E qui vérifie les axiomes de tribu sur E. On dit qu’un triplet (E, T , p) est un espace probabilisé si (E, T ) est un espace probabilisable et si p est une fonction de T → [0, 1] qui vérifie les axiomes de Kolmogorov. A quoi cela sert-il de distinguer ces deux notions ?

3. Evènements et Probabilités

On dispose de n boules numérotées de 1 à n, nommées b(i), i variant de 1 à n. On dispose aussi de N boules de couleurs nommées c(j, k). Il y a p couleurs différentes et q(j) boules de couleur j, j variant de 1 à p. c(j, k) est la kième boule de couleur j, k variant de 1 à q(j).

a) Au jeu de loto, sous controle d’un huissier, 6 numéros parmi 49 numéros de 1 à 49 sont tirés. Un joueur de loto est une personne qui achète un billet sur lequel 6 numéros sont inscrits (on ignore ici la notion de ”numéro complémentaire”). On dit qu’on a gagné le gros lot si les numéros du billet acheté correspondent aux numéros tirés. Quel type de boules peut-on utiliser pour structurer les événements associés aux tirages du loto ? Quelle est la probabilité de gagner le gros lot ? Vous n’oublierez pas de détailler la structuration de votre espace probabilisé.

b) Au tiercé, une course met en présence n chevaux (classiquement une à deux dizaine, mais parfois moins). Chaque cheval comporte un numéro de 1 à n (on omet ici la notion de ”non-partant”). A l’arrivée, on ne tient compte que des numéros des trois premiers chevaux. On dit qu’on a gagné ”dans l’ordre” si on parié (et si on a acheté le ticket correspondant) sur ces trois numéros exactement dans l’ordre d’arrivée. On dit qu’on a gagné ”dans le désordre” si on a parié sur ces trois numéros mais dans un ordre quelconque.

Quel type de boules peut-on utiliser pour structurer les événements associés aux résultats du tiercé ? Quelle est la probabilité de gagner dans l’ordre et dans le désordre pour n=17 chevaux ? Reprendre avec n=17 chevaux au quarté (on s’intéresse alors aux quatre premiers chevaux).

On ne demande pour les deux questions suivantes aucun calcul numérique explicite (même s’ils sont effectués ”au brouillon”).

c) La société ”La Française des Jeux” envisage de passer de 49 numéros à 60 numéros avec un tirage de 8 boules plutot que 6. Aura-t-on plus de chances de gagner le gros lot ? Comment les valeurs 6 et 49 ont-elles été choisies historiquement ?

d) Vaut-il mieux tenter de gagner (dans l’ordre, dans le désordre), au tiercé avec n chevaux ou au quarté avec n + 1 chevaux ?

4. Probabilités discrètes

Un soir de pleine lune, Renard SousLeLit^{1} invente LE jeu du siècle : on jette un dé et trois pièces. Si le chiffre du dé est pair, on multiplie par deux le nombre de piles obtenus et par trois le nombre de faces obtenus. Si le chiffre est impair, on multiplie le nombre de piles par 3 et le nombre de faces par deux. La variable aléatoire somme du dé et des nombre de piles et faces pondérés est nommée X-faille. Si le chiffre sur le dé est 5 et si on a 2 fois pile et une fois face, cette variable vaut donc 5+(3*2)+(2*1). Décrivez cette variable^{2}.

5. Probabilités conditionnelles

En ghProlog (langage qui n’existe pas encore), une variable est soit libre, soit liée, soit indécise. On dit alors qu’elle est typée. Dans un programme de ce langage, la probabilité qu’une variable soit typée comme variable libre est de 0.45, la probabilité qu’une variable soit typée comme variable liée est de 0.45, la probabilité qu’une variable soit typée comme variable indécise est de 0.1. La probabilité qu’une variable soit correctement typée (par le programmeur) sachant qu’il s’agit d’une variable libre est de 0.90. La probabilité qu’une variable soit correctement typée (par le programmeur) sachant qu’il s’agit d’une variable liée est de 0.90. La probabilité qu’une variable soit correctement typée (par le programmeur) sachant qu’il s’agit d’une variable indécise est de 0.10. Quelle est la probabilité qu’une variable soit liée sachant qu’elle est correctement typée ?

6. Probabilités continues

a) Soit f la fonction définie sur [0, 3π] par f(x) = k.sin(x). Déterminer k pour que f soit la densité d’une variable aléatoire continue X. Etudiez alors X.

b) Même question pour f telle que f(x) = k.x.e^{−k.x} sur [0, +∞].

c) A quoi correspondent ces deux lois ? Modélisent-elles des phénomènes classiques ?

1 ces deux mots se prononcent en anglais Fox et Scully.

2 après avoir vérifié que l’Homme à la Cigarette n’est pas dans la salle.

7. Transmission de pages Html

Sur Internet, la transmission de pages W eb se fait par l’émission de deux ”frames” : la première ”frame”, dite de type N correspond à l’en-tête et aux tags d’ ”URL” ; la deuxième ”frame”, dite de type T correspond au reste du document.^{3} Nous ne traiterons ici que de la transmission des ”frames” de type N qui sont les plus ”sensibles” (pour l’administration réseau). Pour une telle frame, les bits du fichier sont émis sur des canaux distincts nommés respectivement C_{0} et C_{1}. A la réception, le ”transreceiver” essaie de décoder les bits émis et de recomposer la ”frame”.

On admettra que les canaux de transmission sont entachés d’une faible erreur de tranmission de façon indépendante : la probabilité d’erreur sur le canal C_{0} est de 10^{−7}. la probabilité d’erreur sur le canal C_{1} est de 2.10^{−7}. Les probabilités conditionnelles d’erreurs selon la valeur du bit seront prises dans l’hypothèse d’un canal binaire symétrique : elles sont donc égales.

Une émission consiste à envoyer une série de couple de bits, un de chaque type. A la réception, le ”transreceiver” analyse les couples de bits reçus et transmet à son tour pour chaque couple un seul bit, celui qui a le plus de chances d’avoir été émis en fonction de la loi dite du maximum a posteriori. On admettra donc qu’au couple A = (1, 1) reçu c’est à dire au bit 1 envoyé par le canal C_{0} et au bit 1 envoyé par le canal C_{1}, il renvoie 1, qu’au couple D = (0, 0) reçu il renvoie 0.

a) Quel bit renvoie-t-il sachant qu’il a reçu le couple B = (0, 1) ?

b) Quel bit renvoie-t-il sachant qu’il a reçu le couple C = (1, 0) ?

c) La probabilité d’erreur d’un couple X est celle de transmettre le mauvais bit (donc de transmettre 0 pour A, 0 pour B...). Calculer la probabilité d’erreur de chaque couple A, B, C et D.

8. Probabilités intuitives

a) Quelle est la probabilité que vous trouviez votre note à l’examen ?

b) Quelle est la probabilité qu’une des questions soit fausse ?

3 N et T sont visiblement les initiales de Network et de Text.

Corrigé

Dénombrements

Si L désigne une lettre et K une lettre ou un chiffre, un nom de fichier est représenté par L, LK, LKK, LKKK ou par LKKKK. L a 20 possibilités et K a 30 possibilités (les 20 de L plus 10 chiffres). De façon plus rigoureuse, pour L on veut un singleton dans un ensemble à 20 éléments et il y a donc C_{20}^{1} = 20 possibilités. Chaque L et chaque K sont indépendants, donc on a 20 + 20.30 + 20.30^{2} + 20.30^{3} + 20.30^{4} noms de fichiers. Numériquement, on trouve donc 20.(30^{5} − 1)/(30 − 1) = 16758620 noms, soit à peu près 16,75 millions de noms différents.

Le nombre d’identificateurs (ce qui n’est pas demandé) est obtenu en ajoutant L, LK ou LKK à un nom de fichiers. Si N est le nombre de noms, le nombre d’identificateurs est donc I = N.(20 + 20.30 + 20.30^{2}) = N.18620. Numériquement I = 312045504400 (en gros 312 milliards d’identificateurs).

Un fichier programme a une extension qui commence par la lettre P. Comme il y a 20 lettres différentes, la proportion de fichiers-programmes est donc 1/20 si on suppose que seuls les fichiers programmes commencent par cette lettre. Par exemple, et cela ne contredit pas l’énoncé, un fichier de paramètres pourrait aussi commencer par P.

Espaces probabilisables, probabilisés

Un espace probabilisable est une structure ”d’accueil” pour les évènements. Par exemple si on lance un dé une fois, l’espace probabilisable sous-jacent est celui des chiffres 1 à 6.

Un espace probabilisé vient réaliser une probabilité sur cette structure. On peut donc avoir plusieurs espaces probabilisés sur le même espace probabilisable. Pour l’exemple du dé, on peut avoir une première probabilité constante (égale à 1/6) et une deuxième avec un dé truqué où le un sort plus souvent (la probabilité pour le 1 serait alors 0.2 et pour les autres, elle serait constante et égale à 1.6).

Il parait intuitivement évident qu’à tout espace probabilisable correspond au moins un espace probabilisabé mais la démonstration n’en est pas évidente.

Evènements et Probabilités

Le loto utilise 49 boules numérotées de 1 à 49. On utilisera donc b(49). La probabilité de gagner au loto est celle de tirer le bon 6-uplet parmi tous les 6-uplets possibles (ce sont des 6-uplets car on tire 6 numéros sans ordre et sans répétition). A défaut d’autre hypothèse et ce qu’assure (sans démonstration) la Française des Jeux, chaque 6-uplet est équiprobable. On vient donc dénombrer des sous-ensembles de 6 éléments dans un ensemble de base à 49 éléments. La probabilité demandée est donc 1/C_{49}^{6} ce qui fait 1/13983816 soit en en gros 1/1, 39.10^{7} donc 0, 715.10^{−}7.

Pour le tiercé dans le désordre, on peut utiliser la même structuration mais avec des triplets (3-uplets) où les b(n) boules correspondent aux chevaux. Là encore, il faut faire abstraction de la réalité (météo, jockeys, etc.) pour attribuer une équirépartition de chances. La probabilité de gagner dans le désordre n’est pas 1/C_{n}^{3} soit 6 / 4080 car parmi les 6 triplets possibles il y a le ”bon ordre” mais 5 / 4080. Numériquement on obtient 1/816 soit 0,001225.

Pour gagner dans l’ordre, il faut trouver le bon cheval arrivé en premier (probabilité 1/n) puis le second (1/(n-1)) et le troisième (1/(n-2)). On trouve alors 1/(n.(n − 1).(n − 2)). Numériquement cela donne 1/4080 = 0,000245.

Si on joue au quarté, on obtient comme probabilités 1/57120 = 0.000175 de gagner dans l’ordre et 1/2380 = 0.0004201 de gagner dans le désordre.

Jouer avec 8 boules et 60 numéros diminuerait les chances de gagner car les coefficients du binome croissent très rapidement. De même, rajouter un cheval ne fait que diminuer la probabilité de gagner car on multiplie par 1/(n-3).

Numériquement, le rapport des chances est de 1/183 au loto si on passe de 49 et 6 à 60 et 8, pour le tiercé ce rapport est de 1/18 dans l’ordre et de 1/4.5 dans le désordre si on passe de 17 à 18 chevaux.

Quant à l’origine des nombres 6 et 49, je n’en ai aucune idée !

Probabilités discrètes

La variable aléatoire n’est pas si compliquée que cela puisque à 1,3,5 du dé on ajoute les valeurs 6,7,8,9 ; par raison de symétrie entre les piles et les faces, on ajoute ces mêmes valeurs aux 2,4,6 du dé. On a donc 9 valeurs différentes pour notre variable. On trouvera dans le tableau suivant les valeurs des x_{i} et des n_{i} qui sont les p_{i} multipliées par 6x2x2x2=48.

\begin{matrix}x_{i} & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 \\ n_{i} & 1 & 4 & 7 & 8 & 8 & 8 & 7 & 4 & 1 \end{matrix}

Tous calculs faits, la moyenne est 528/48 = 11, la moyenne des carrés est 5984/48 = 374/3 ≈ 124,67 d’où une variance de 11/3 soit 3,667 et un écarttype de 1,9149. Le coefficient de variation vaut donc 100*1,9149/11 soit 17.4081818 %.

Probabilités conditionnelles

Soit X l’évènement correspondant au typage d’une variable, soient A, B et C les évènements associés respectivement au typage libre, lié et indécis. Comme il n’y a pas d’autre typage possible : X = A ∪ B ∪ C et cette union est disjointe. On sait par l’énoncé que p(A) = 0,45, p(B) = 0,45 et p(C) = 0,10. Soit maintenant Y l’évènement correspondant à un typage correct. L’énoncé dit aussi que p(Y |A) = 0, 9, p(Y |B) = 0, 9 et p(Y |C) = 0, 1. La question posée est celle du calcul de p(B|Y).

Décomposons Y en l’union disjointe (Y ∩ A) ∪ (Y ∩ B) ∪ (Y ∩ C). Comme p(Y ∩A) = p(Y |A).p(A), p(Y ∩B) = p(Y |B).p(B) et p(Y ∩C) = p(Y |C).p(C), on en déduit p(Y ∩ B) = 0,9x0,45 = 0,405. De même la valeur de p(Y) est 0,9x0,45 + 0,9x0,45 + 0,1x0,1 donc p(Y) = 0,82.

Finalement, p(B|Y) = 0,405/0,820 soit p(B|Y) = 0,494.

Probabilités continues

La fonction définie sur [0, 3π] par f(x) = k.sin(x) ne peut pas être une densité car elle change de signe or une densité ne peut pas être négative. Pour f telle que f(x) = k.x.e^{−k.x} sur [0, +∞], l’intégrale I de f sur R^{+} vaut^{4} [−x.e^{−k.x}]_{0}^{+∞} + [(−1/k).e^{−k.x}]_{0}^{+∞} c’est à dire 1/k. Pour que cette intégrale vaille 1, il faut prendre k = 1. La moyenne m est l’intégrale de Id.f soit [−x^{2}.e^{−k.x}]_{0}^{+∞} + (2/k).I donc m = 2. La moyenne mc du carré de f est l’intégrale de Id.f^{2} et vaut [−x^{3}.e^{−k.x}]_{0}^{+∞} + (3/k).m donc mc = 3.m = 6. La variance V est alors mt − m soit m(3 − m) = 2 et sa racine carrée est l’écart-type σ = \sqrt{2} = 1,414...

Cette fonction serait (d’après Gérard FRUGIER, auteur des Exercices Ordinaires de Probabilités) la densité du temps de survie (mesuré en jours) d’une savonnette !

Transmission de pages Html

Soit Z l’évènement ”le transreceiver émet zéro” et U l’évènement ”le transreceiver émet un”. On note

A l’évènement ”le transreceiver a reçu 1 sur le canal C_{0} et 1 sur le canal C_{1}”, B l’évènement ”le transreceiver a reçu 0 sur le canal C_{0} et 1 sur le canal C_{1}”, C l’évènement ”le transreceiver a reçu 1 sur le canal C_{0} et 0 sur le canal C_{1}”, D l’évènement ”le transreceiver a reçu 0 sur le canal C_{0} et 0 sur le canal C_{1}”.

Pour A et D aucun problème : on reçu deux fois le même bit et on renvoie donc ce bit. Pour (1, 1) on émet donc 1 et pour (0, 0) on émet donc 0. Pour B, il faut prendre la plus grande des deux probabilités p(Z|B) et p(U|B). Via le théorème de Bayes,

p(Z|B) = \frac{p(Z).p(B|Z)}{p(Z).p(B|Z) + p(U).p(B|U)}

p(Z) = 0,3 = p est donné dans le texte. p(B|Z) s’interprète comme la conjonction ”on a reçu 0 sur C_{0} et on a reçu 1 sur C_{1} sachant qu’on a émis 0” ce qui signifie que C_{0} a bien transmis (probabilité 1 − q_{0}) et que C_{1} a mal transmis (probabilité q_{1}).

4 via l’intégration avec les parties dv = k.e^{−k.x}.dx et u = x

La même analyse pour p(B|U) permet de conclure à la valeur

p(Z|B) = \frac{p.q_{0}.(1 − q_{1})}{p.q_{0}.(1 − q_{1}) + (1 − p).q_{1}.(1 − q_{0})} ≈ 0.46

On en déduit donc que p(U|B) = 1 − p(Z|B) est la plus grande probabilité et que pour B on transmet 1. De la même façon (mais là c’était ”évident” puisque 1 est le bit le plus probable et C_{0} est le canal le plus fiable), on trouve p(Z|C) ≈ 0.18 donc pour C on transmet 1.

La probabilité d’erreur (évènement E) peut se calculer avec le système complet Z, U ou A, B, C, D par les formules p(E) = p(Z).p(E|Z) + p(U).p(E|U) et p(E) = p(A).p(E|A) + p(B).p(E|B) + p(C).p(E|C) + p(D).p(E|D). Nous préférons la première formule.

p(E|Z) correspond à p((B∪C∪D)|E soit (1−q_{0}).q_{1} + q_{0}.(1−q_{1}) + q_{0}.q_{1} ce qui donne à peu près 3.10^{−7}. p(E|U) est p(A|U) soit q_{0}.q_{1} = 2.10^{−14}. Finalement p(E) = 0, 3.3.10^{−7} + 0, 7.2.10^{−14} ≈ 0, 9.10^{−7} ce qui est légèrement inférieur au minimum des deux nombres q_{0} et q_{1}.