\documentclass[a4paper,10pt]{article} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{amsfonts,amssymb,amsmath,mathrsfs,amsbsy} \usepackage{mdframed} \usepackage{framed,mathabx} \usepackage[all]{xy} \usepackage[francais]{babel} \usepackage[colorlinks=true, linkcolor=black,citecolor=black]{hyperref} \usepackage{fullpage, version} \usepackage{geometry} \usepackage[toc, page]{appendix} \usepackage{graphicx} \usepackage{tikz,} \usepackage{color} \geometry{hmargin=1.5cm,vmargin=1.5cm} \title{Geometric problems in gravitation theory} \author{Léo Brunswic} \def\Z{\mathbb{Z}} \def\M{\mathcal{M}} \def\SS{\mathscr{S}} \def\T{\mathscr T} \def\P{\mathbb P} \def\s{\mathfrak S} \def\v{\mathfrak v} \def\Riem{\mathbf{Riem}} \def\riem{\mathrm{Riem}} \def\W{\mathbf W} \def\Ric{\mathbf{Ric}} \def\ric{\mathrm{Ric}} \def\g{\mathbf g} \def\U{\mathcal U} \def\grad{\overrightarrow{\mathrm {grad}}} \def\ab{ \mathrm{ab}} \def\Hom{\mathrm{Hom}} \def\V{\mathbb V} \def\F{\mathcal F} \def\Ric{\mathbf{Ric}} \def\III{\mathrm{III}} \def\II{\mathrm{II}} \def\I{\mathrm{I}} \def\C{\mathscr C} \def\CC{\mathbb{C}} \def\H{\mathbb{H}} \def\R{\mathbb{R}} \def\E{\mathbb E} \def\G{\mathbf G} \def\S{\mathcal S} \def\N{\mathbb N} \def\rot{\mathbf{rot}} \def\div{\mathbf{div}} \def\grad{\overrightarrow{\mathbf{grad}}} \def\d{\mathrm{d}} \def\S{\mathcal{S}} \def\K{\mathbf K} \def\D{\mathcal{D}} \def\I{\mathcal{I}} \def\J{\mathcal{J}} \def\SO{\mathrm{SO}} \newtheorem{theo}{\bf{Théorème}} \newenvironment{boxedtheo} {\begin{mdframed}\begin{theo}} {\end{theo}\end{mdframed}} \newtheorem{lem}[theo]{Lemme} \newtheorem{question}{Question} \newtheorem{cor}[theo]{Corollaire} \newtheorem{prop}[theo]{Propriété} \newtheorem{defi}[theo]{Definition} \newtheorem{example}{Exemple} \newtheorem{rem}{Remarque} \newenvironment{proof}{ \underline{\it{Preuve}:}}{~\\ \hfill $\square$\\} \newenvironment{lemma}[1][Lemma]{\begin{trivlist} \item[\hskip \labelsep {\bfseries #1}]}{\end{trivlist}} \newenvironment{theorem}[1][theorem]{\begin{trivlist} \item[\hskip \labelsep {\bfseries #1}]}{\end{trivlist}} \newenvironment{proposition}[1][Proposition]{\begin{trivlist} \item[\hskip \labelsep {\bfseries #1}]}{\end{trivlist}} \newtheorem{conjecture}{Conjecture} \newcommand{\fonction}[5]{\displaystyle#1:\begin{array}{l|rcl} & \displaystyle #2 & \longrightarrow & \displaystyle #3 \\ & \displaystyle #4 & \longmapsto & \displaystyle #5 \end{array}} \newcommand{\fonctionn}[4]{\displaystyle\begin{array}{l|rcl} & \displaystyle #1 & \longrightarrow & \displaystyle #2 \\ & \displaystyle #3 & \longmapsto & \displaystyle #4 \end{array}} \title{Formule Taylor} \newcommand{\subsetcirc}{\mathrel{\subset\!\!\!\!\!\circ}} \newtheorem{discu}{Discussion}[theo] \begin{document} \begin{center} \huge TD Probabilités et statistiques \end{center} \begin{center} Corrections \end{center} \section*{TD 3} \ \\ \underline{Exercice 4} \begin{enumerate} \item On pose l'événement $A:$"avoir la bonne boite après le premier choix". Il tire au hasard une boite parmis trois. La situation est équiprobable donc la probablité de tirer la bonne boite est $\mathbb P(A)=1/3$. \item Posons l'événement $B:$"avoir la bonne boite après le deuxième choix". Examinons les deux stratégies. Si l'on décide de garder la première boite choisie quoi qu'il arrive, on a $\mathbb P_A(B)=1$ et $\mathbb P_{\bar A}(B)=0$ donc $$\mathbb P(B)=\mathbb P(A) \mathbb P_A(B)+\mathbb P(\bar A) \mathbb P_{\bar A}(B) = \frac{1}{3}\times 1 + \frac{2}{3}\times 0=\frac{1}{3}$$ Si l'on décide de changer de boite, on a $\mathbb P_A(B)=0$ et $\mathbb P_{\bar A}(B)=1$ donc $$\mathbb P(B)=\mathbb P(A) \mathbb P_A(B)+\mathbb P(\bar A) \mathbb P_{\bar A}(B) = \frac{1}{3}\times 0+ \frac{2}{3}\times 1=\frac{2}{3}$$ Par conséquent, le joueur a intérêt à changer de boite. \end{enumerate} \ \\ \underline{Exercice 8} L'univers $\Omega$ est l'ensemble des arrangements de 6 parmis 6 donc $\mathrm{Card}~ \Omega = 6!$. Il est supposé muni de la mesure d'équiprobabilité. donc $$\mathbb P(X=k)=\frac{\mathrm{Card}~\{\text{cas favorables} \}}{\mathrm{Card}~ \Omega}$$ Pour constuire un cas favorable on peut choisir l'homme le plus haut classé (un choix parmis 3), puis choisir les femmes qui sont classées avant lui ($k-1$ choix parmis 3 sans remise et avec ordre) enfin choisir un classement des restant après l'homme en question ($6-k$ choix parmis $6-k$ sans remise et avec ordre). $$\mathbb P(X=k)= \frac{A^1_3 A^{k-1}_{3} A^{6-k}_{6-k}}{6!}=\left\{\begin{array}{ll} \frac{1}{2}& \text{Si } k=1\\ \frac{3 }{10}& \text{Si } k=2\\ \frac{3}{20}& \text{Si } k=3\\ \frac{1}{20}& \text{Si } k=4\\ 0& \text{Si } k\geq 5\\ \end{array} \right. $$ \section*{TD 4} \ \\ \underline{Exercice 6} Soit $\Omega=\{1,\cdots, 6\}$, $X$ est une variable aléatoire sur $\Omega$ telle que pour tout $k\in \Omega$, $\mathbb P(X=k)=ck$ pour un certain $c\in \R$. Déterminer la loi de $X$ revient à déterminer $c$. Or $$1=\mathbb P(\Omega)=\sum_{k=1}^6 \mathbb P(X=k)=\sum_{k=1}^6 ck=c \frac{7\times 6}{2}$$ Donc $$c=\frac{1}{21}$$ \ \\ \underline{Exercice 7} \begin{enumerate} \item On peut supposer que la loi suivi par $X$ sera une loi uniforme sur $[0,1]$. \item $$\mathbb P(0,2\leq X\leq 0,5)=\int_{0,2}^{0,5} 1\d t=0,3$$ \end{enumerate} \section*{TD 5} \ \\ \underline{Exercice 1} On pose $T$ la variable aléatoire donnant le temps d'attente avant la première alerte du service secours après 22h en minute. $T$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$, c'est à dire une loi à densité ($\Omega=\R_+)$ de densité $t\mapsto \lambda e^{-\lambda t}$. On donne $\lambda=0.1$. \begin{enumerate} \item $\P(T\geq 30)=\lambda\int_{30}^{+\infty}e^{-t\lambda}\d t=e^{-3}$. \item $\P(T\geq 60)=\lambda\int_{60}^{+\infty}e^{-t\lambda}\d t=e^{-6}$. \item $P(T\geq 60 / T\geq 30)=\P(T\geq 30)=e^{-3}$ car la loi exponentielle est sans mémoire. On peut aussi utiliser la formule de Bayes : \begin{eqnarray} \P(t\geq 60/ T\geq 30)&=&\frac{\P(T\geq 30 \cap T \geq 60)}{\P(T\geq 30)}\\ &=& \frac{\P(T\geq 60)}{\P(T\geq 30)} \\ &=& \frac{e^{-6}}{e^{-3}}\\ &=& e^{-3} \end{eqnarray} \end{enumerate} \ \\ \underline{Exercice 2} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item \begin{itemize} \item Est dans la table \item $\P(X<-0,2)=\P(X>0,2)=1-\P(X<0,2)$ qui est dans la table \item $\P(X\geq -1,54)=\P(X\leq 1,54)$ qui est dans la table \item $\P(-0,63\leq X \leq 1,2)=\P(X \leq 1,2)-\P(X< -0,63)=\P(X\leq 1,2)-(1-\P(X\leq 0,63))$ qui est dans la table \end{itemize} \item Lire la table des fractile cette fois \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La variable aléatoire $\frac{Y-2}{3}$ suit une loi normale réduite centrée. \item La méthode est de centrer et réduire la variable aléatoire de sorte à pouvoir utiliser les tables connues. \begin{eqnarray} \P(0\leq Y\leq 3)&=&\P\left(-\frac{2}{3}\leq \frac{Y-2}{3} \leq \frac{1}{3}\right) \\ &=& \P\left(\frac{Y-2}{3} \leq \frac{1}{3}\right)-\P\left(-\frac{2}{3}\geq \frac{Y-2}{3}\right)\\ &=& \P\left(\frac{Y-2}{3} \leq \frac{1}{3}\right)-\left(1-\P\left(\frac{Y-2}{3}\leq \frac{2}{3}\right)\right) \end{eqnarray} On peut maintenant utiliser les tables. \item De la même manière, avant de pouvoir utiliser les tables, il faut normaliser et centrer. $$0,05=\P(Y>u)=\P\left(\frac{Y-2}{3}>\frac{u-2}{3}\right) $$ donc $$0,95 =\P\left(\frac{Y-2}{3}\leq \frac{u-2}{3}\right) $$ Utiliser la table des fractiles pour trouver $ \frac{u-2}{3}$ et ensuite trouver $u$. \end{enumerate} \end{enumerate} \ \\ \underline{Exercice 3} Soit $X$:" le poid de poudre dans le flacon". $X\sim \mathcal N(101,1; 1,1 )$ On pose $Y=\frac{X-101,1}{1,1}$, $Y\sim \mathcal N(0,1)$. \begin{enumerate} \item $\mathbb P(X<100)=\mathbb P \left(\frac{X-101,1}{1,1}<\frac{-1,1}{1,1j}\right)=\mathbb P\left(Y<-1\right)$ Comme $Y$ suit une loi normale centrée réduite, on peut chercher la valeur dans les tables. \item On souhaite $\mathbb P(Y<-\frac{101,1-m}{1,1})<4\%$ \end{enumerate} \ \\ \underline{Exercice 4} \begin{enumerate} \item La minute d'arrivée $X$ suit une loi uniforme $\mathcal U([0,45])$. \item $\mathbb E(X)=\frac{45-0}{2}=22,5$ donc Gauthier arrive en moyenne à $7$ h $22$ minutes et $30$ secondes. \item \begin{itemize} \item $\P(X\leq 20)=\frac{20}{45}=\frac{4}{9}$ \item $\P(X\geq 20)=1-\frac{4}{9}=\frac{5}{9}$ \item $\P(20\leq X \leq 30)=\frac{30}{45}-\frac{20}{45}=\frac{2}{9}$ \end{itemize} \item $\P(X\geq 30 / X\geq 20)=\frac{\P(X\geq30 \cap X\geq 20)}{\P(X\geq 20)}=\frac{20/45}{30/45}=\frac{2}{3}$ \end{enumerate} \ \\ \underline{Exercice 5} \begin{enumerate} \item $\Omega=\{pile, (face,pile), (face,face)\}$ \begin{itemize} \item $\P(X=1)=\P(pile)=\frac{1}{2}$ \item $\P(X=0)=\P((face,pile))=\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ \item $\P(X=-2)=\P((face,face))=\frac{1}{4}$ \end{itemize} \item On note $F_X$ la fonction de répartition de $X$. \\ \begin{tikzpicture} \draw[->] (-3,0) -- (3,0); \draw (1,0) node[above right] {$gain$}; \draw (1,0) node {$|$}; \draw (-2,0) node [below]{$-2$}; \draw (1,0) node [below]{$1$}; \draw [->] (0,-1) -- (0,1); \draw (0,1) node[above right] {$F_X(gain)$}; \draw (0,1) node {$-$}; \draw [very thick, red] (-3,0)--(-2,0)--(-2,0.25)--(0,0.25)--(0,0.5)--(1,0.5)--(1,1)--(3,1); \end{tikzpicture} \item $\mathbb E(X)=-2 \times \frac{1}{4}+0\times \frac{1}{4}+1\times \frac{1}{2}=0$ \item Elle n'apporte pas grand chose... \end{enumerate} \section*{TD 6} \ \\ \underline{Exercice 1} \begin{enumerate} \item \begin{itemize} \item $\P(G_1=15)=\frac{1}{6}$ \item $\P(G_1=0)=\frac{1}{2}$ \item $\P(G_1=6)=\frac{1}{3}$ \end{itemize} \item\begin{itemize} \item $\E(G_1)=\frac{1}{6}\times 15+\frac{1}{2}\times 0+\frac{1}{3}\times 6=4,5$ \item $\V(G_1)=\E(G_1^2)-\E(G_1)^2=\frac{1}{6}\times 15^2+\frac{1}{2}\times 0^2+\frac{1}{3}\times 6^2-4,5^2=29.25$ \end{itemize} \end{enumerate} \ \\ \underline{Exercice 2} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Chaque tirage est une epreuve de bernoulli de paramètre $p=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$. Les tirages sont avec remise donc \textbf{indépendants et identiques}. X suit donc une loi binomiale de paramètre $n=5$ et $p=\frac{1}{4}$. \item (Formule de cours) $\mathbb E(X)=\frac{5}{4}$, \quad $\V(X)=5\frac{1}{4}(\frac{3}{4})=\frac{15}{16}$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $Y=2X-3(5-X)=5(X-3)$ \item $\E(Y)=\E(5(X-3))=5(\E(X)-3)=5\left(\frac{5}{4}-3\right)=-\frac{35}{4}$ \item Tout d'abord $\Omega=\{-15,-10,-5,0,5,10\}$ $\P(Y=k)=\P(X=3+\frac{k}{5})=\binom{5}{3+\frac{k}{5}}\left(\frac{1}{4}\right)^{3+\frac{k}{5}} \left(\frac{3}{4}\right)^{3+\frac{k}{5}}$ \end{enumerate} \end{enumerate} \ \\ \underline{Exercice 3} On pose $X$ le nombre de client dans la journée du magasin. D'après le cours: $\P(X=n)=e^{-\lambda} \frac{\lambda^n}{n!}$ et $\E(X)=\lambda$. Or l'énoncé donne $\E(X)=4$ donc $\lambda=4$. \begin{eqnarray} \P(X\geq 6)=1-P(X\leq 5)=1-e^{-4}-\cdots-e^{-4}\frac{1024}{120} \end{eqnarray} \ \\ \underline{Exercice 4} $X$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$ donc $\P(X\leq x)=1-e^{-\lambda x}$ et $\E(X)=\lambda$. On souhaite $\P(X\leq 1)\leq 0,01$ donc $1- e^{-\lambda}\leq 0,01$ et donc $\lambda \geq \ln(100)$. Ainsi $\E(X)=\lambda\geq \ln(100)$. \ \\ \underline{Exercice 5} \begin{enumerate} \item Pour que $f$ soit une densité, il faut qu'elle soit continue par morceau, positive et d'intégrale 1. \begin{eqnarray} \int_\R f(x)\d x&=& \int_{-\infty}^0 0 \d x + \int_0^1 Kx(1-x)\d x+\int_1^{+\infty} 0\d x\\ &=&0+ \frac{K}{2}-\frac{K}{3}+0\\ &=&\frac{K}{6}\\ &=&1 \end{eqnarray} Donc $K=6$ \item Espérence et variance existent car $xf(x)$ et $x^2f(x)$ sont clairement intégrable d'intégrale finie. \begin{itemize} \item $\E(X)=\int_0^1 x 6 x(1-x)\d x = \frac{6}{3}-\frac{6}{4}=\frac{1}{2}$. \\ Mais ça on le savait déjà parce que la densité est symétrique par rapport à $\frac{1}{2}$ et $x f(x)$ est clairement d'intégrale finie. \item $\V(X) = E(X^2)-\E(X)^2= \int_0^1 x^2\times 6x(1-x)\d x-\frac{1}{4} = \frac{6}{4}-\frac{6}{5}-\frac{1}{4}=\frac{1}{20}$ \end{itemize} \end{enumerate} \section*{TD 7} \ \\ \underline{Exercice 1} \begin{itemize} \item La somme des probabilités vaut 1 donc $$\frac{10}{40}+a+\frac{5}{40}+\frac{8}{40}+\frac{5}{40}+\frac{4}{40}=1$$ et donc $$a=\frac{8}{40}=\frac{1}{5}$$ \item \begin{itemize} \item \begin{tabular}{|c|c|c|} \multicolumn{3}{c}{$\P(X=x)$}\\ \hline $x$ &0&1\\ \hline &&\\\hline && \\ \hline \end{tabular} \item \begin{tabular}{|c|c|c|c|} \multicolumn{4}{c}{$\P(Y=y)$}\\ \hline $y$ &0&1\\ \hline &&\\\hline && \\ \hline \end{tabular} \end{itemize} \item \begin{eqnarray}Cov(X,Y)&=&\E(XY)-\E(X)\E(Y)\\ &=& 0\times \frac{23}{40}+\frac{-1}{2}\times\frac{8}{40}+0\times \frac{5}{40}+1\times \frac{4}{40}-\frac{17}{40}\left(-\frac{1}{2}\frac{18}{40}+\frac{9}{40}\right)\\ &=& -\frac{1}{10}+\frac{1}{10}-0\\ &=& 0 \end{eqnarray} \end{itemize} \ \\ \underline{Exercice 2} \ \\ \underline{Exercice 3} \ \\ \underline{Exercice 4} \ \\ \underline{Exercice 5} \section{TD 8} \ \\ \underline{Exercice 1} %\begin{enumerate} % \item Successions de tirages \textbf{sans remise} donc $X$ \textbf{ne }suit \textbf{pas} une loi géométrique. % La loi de $(X,Y)$ peut être calculé directement par un argument combinatoire, % avoir la boule blanche au tirage $x$ signifie qu'on a tiré $x-1$ boules noires puis une boule blanche. Avoir tiré la seconde boule % blanche en $y$ signifie qu'après avoir tiré la première boule blanche, on a tirée $y-x-1$ boules noires puis une boule blanche \textbf{puis que des boules noires}. \ \\ % En posant $\Omega=\{\text{tirages possibles}\}$, $\Omega$ est muni de la loi d'équiprobabilité. % Pour construire un cas favorable, il faut et il suffit de choisir $x-1$ boules noires parmis $8$. Puis $1$ boule blanche parmis $2$. Puis % $y-x-1$ boules noires parmis $8-(x-1)$. Puis $1$ boule blanche parmis $1$ puis $10-y$ parmis $10-y$. % $$\P(X=x,Y=y)=\frac{\text{Cas favorables}}{\mathrm{Card} (\Omega)}=\frac{A^{x-1}_8 A^1_2 A^{y-x-1}_{8-{x-1}} A^{1}_{1} A^{10-y}_{10-y} }{A^{10}_{10}}=\frac{2A^{x-1}_8 A^{y-x-1}_{8-(x-1)} (10-y)! }{10!}=\frac{2A^{y-2}_8 }{A^y_{10}}$$ % \item %\end{enumerate} \ \\ \underline{Exercice 2} \begin{enumerate} \item $\P(X=-a)=\frac{19}{37}$ et $\P(X=a)=\frac{18}{37}$ donc $\E(X)=\frac{19}{37}(-a)+\frac{18}{37}a=-\frac{a}{37}$. \begin{eqnarray}\V &=& \frac{19}{37}\left(-a+\frac{a}{37}\right)^2+\frac{18}{37}\left(a+\frac{a}{37}\right)^2\\ &=& \frac{19\times 36^2+18\times38^2}{37^3}\\ &=& \frac{1368}{37^2} \end{eqnarray} \item $\P(Y=-a)=\frac{36}{37}$ et $\P(Y=35a)= \frac{1}{37}$ donc $\E(Y)=-a\frac{36}{37}+\frac{35a}{37}=-\frac{a}{37}$. \begin{eqnarray} \V(Y)&=&\frac{36\times 36^2 + 1\times (36\times 37 +1) }{37^3}\\ &=& \frac{1297}{37^2} \end{eqnarray} \item Personnellement : tout sur le 21! \end{enumerate} \ \\ \underline{Exercice 3} \ \\ \underline{Exercice 4} \section{TD 9} \ \\ \underline{Exercice 3} \begin{enumerate} \item \end{enumerate} \end{document}