Quiz probabilités

Cette inégalité est fausse en général, de même que l’inégalité dans le sens opposé d’ailleurs.

C’est la formule des probabilités totales, qui s’écrit aussi \(\displaystyle P(B)=\sum_nP(B\mid A_n)P(A_n)\).

C’est un exercice classique traité en classe.

Si \(X\) suit une loi uniforme sur \(\{-1,1\}\) alors \(E(X)=0\) et \(E(\text{e}^X)=\text{ch}(1)\).

Pour les mêmes raisons, on peut avoir \(P(A)=1\) sans que \(A\) soit égal à \(\Omega\) (notion d’événement quasi-certain).

La formule exacte est : \(V(X)=G_X »(1)+G_X'(1)-G_X'(1)^2\).

On a \(G_X(1)=1\) et \(G’_X(1)=E(X)\).

La condition est nécessaire mais pas suffisante. Deux variables aléatoires peuvent être non corrélées (c’est-à-dire \(\text{cor}(X,Y)=0\)), auquel cas \(V(X+Y)=V(X)+V(Y)\), sans pour autant être indépendantes.

Elle est appelée la tribu grossière.

Le lancer de deux dés équilibrés ne donne pas une loi uniforme sur \(\{2,3,\ldots,12\}\) !

C’est une tribu dans tous les cas, mais lorsque \(\Omega\) n’est pas dénombrable celle-ci ne présente guère d’intérêt (il n’est pas possible de définir une probabilité non triviale sur cette tribu).

La série \(\displaystyle\sum P(\{n\})\) converge (sa somme vaut 1) donc son terme général tend vers 0.

Ceci peut être mis en défaut lorsque les variables \(X,Y,Z\) sont deux-à-deux indépendantes sans être indépendantes.

\(P(n-X=k)=P(X=n-k)=\binom n{n-k}p^{n-k}(1-p)^k=\binom nk(1-p)^kp^{n-k}\) donc \(n-X\) suit une loi binomiale \(\mathcal B(n,1-p)\).

C’est le contraire : l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev mesure la dispersion de la variable autour de l’espérance et s’exprime par l’inégalité \(P(|X-E(X)|\geq \epsilon)\leq \frac{V(X)}{\epsilon^2}\)

Si \(A\) et \(B\) sont disjoints, \(P(A\cap B)=0\) donc ils ne sont indépendants que si \(P(A)=0\) ou \(P(B)=0\).

On a \(P(A)P(\overline A)=P(A\cap \overline A)=P(\emptyset)=0\) donc \(P(A)=0\) ou \(P(\overline A)=0\).

D’après la formule des probabilités totales, \(P(X=x\text{ et }Y=y)=\sum_{z\in Z(\Omega)}P\bigl(X=x\text{ et }(Y,Z)=(y,z)\bigr)P(Z=z)\).

Par indépendance on en déduit \(P(X=x\text{ et }Y=y)=\sum_{z\in Z(\Omega)}P(X=x)P(Y=y\text{ et }Z=z)P(Z=z)\) soit \(P(X=x\text{ et }Y=y)=P(X=x)P(Y=y)\). Les variables \(X\) et \(Y\) sont indépendantes.

C’est vrai, mais uniquement si celle-ci est presque sûrement constante. En effet, si \(X\) est indépendante d’elle-même, alors pour tout \(x\in X(\Omega)\), \(P(X=x\text{ et }X=x)=P(X=x)^2\) donc \(P(X=x)=P(X=x)^2\) soit \(P(X=x)\in\{0,1\}\). Puisque \(\sum_{x\in X(\Omega)}P(X=x)=1\), il existe au moins un \(x\in X(\Omega)\) tel que \(P(X=x)\ne0\) soit \(P(X=x)=1\), ce qui signifie que \(X\) est presque sûrement égal à la constante \(x\).

En revanche on a \(P(B\mid A)+P(\overline B\mid A)=1\).

En revanche la réciproque est fausse.

Il faut que ces deux variables soient supposées indépendantes.

Pour appliquer cette formule il faut que ces variables aléatoires soient supposées indépendantes.

Si \(A\) et \(B\) sont indépendants et incompatibles alors \(0=P(A\cap B)=P(A)P(B)\) donc \(P(A)=0\) ou \(P(B)=0\).

D’après la formule de Koenig-Huyghens, \(E(X^2)-E(X)^2=V(X)=E((X-E(X))^2)\geq 0\) par positivité de l’espérance.