\chapter{Somme de variables aléatoires, concentration\\et loi des grands nombres}

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\section{Somme de variables aléatoires}

\subsection{Linéarité de l'espérance}

\begin{defin}[rappels sur l'espérance mathématique]
Soit $X=\{x_1;x_2;\ldots;x_n\}$ une variable aléatoire discrète telle que $\probavar{X}{x_i}=p_i$ pour $1 \leqslant i \leqslant n$, $n\in\N*$.

L'espérance mathématique de $X$ est le nombre $E(X)$ défini par:
\[
E(X)=\sum_{k=1}^n x_i \times p_i.
\]
\end{defin}

\begin{exemple}
$X$ est une variable aléatoire de loi de probabilité:
\begin{center}
\begin{tabular}{|>{\columncolor{titrecolor}\color{white}}Sr|*{11}{Sc|}}
\hline
$X=x_i$ & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12\\
\hline
$P(X=x_i)$ & $\dfrac{1}{36}$ & $\dfrac{1}{18}$ & $\dfrac{1}{12}$ & $\dfrac{1}{9}$ & $\dfrac{5}{36}$ & $\dfrac{1}{6}$ & $\dfrac{5}{36}$ & $\dfrac{1}{9}$ & $\dfrac{1}{12}$ & $\dfrac{1}{18}$ & $\dfrac{1}{36}$\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
Alors, $\begin{aligned}[t]
E(X) & = 2\times\dfrac{1}{36}+3\times\dfrac{1}{18}+4\times\dfrac{1}{12}+\cdots+11\times\dfrac{1}{18}+12\times\dfrac{1}{36}\\[8pt]
\Aboxed{E(X) & = 7}
\end{aligned}$
\end{exemple}

\begin{defin}[somme de deux variables aléatoires]
Soient $X=\{x_i\}_{1\leqslant i\leqslant n}$ et $Y=\{y_j\}_{1\leqslant j\leqslant p}$ deux variables aléatoires.

On définit la somme de ces deux variables aléatoires comme étant la variable aléatoire: $$X+Y = \{ x_i+y_j \}_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\1\leqslant j\leqslant p}}.$$
\end{defin}

\begin{exemple}
Si $X = \{1;2\}$ et $Y=\{-1;0;1\}$ alors les différentes sommes possibles des valeurs sont:\\ $1+(-1)=0$, $1+0=1$, $1+1=2$, $2+(-1)=1$, $2+0=2$, $2+1=3$ donc:
\[
X+Y = \{0;1;2;3\}.
\]
\end{exemple}

\begin{prop}[linéarité de l'espérance]
Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires. L'espérance de la variable aléatoire $X+Y$ est:
\[
E(X+Y) = E(X) + E(Y).
\]
De plus, pour tout réel $a$, l'espérance de la variable aléatoire $aX$ est:
\[
E(aX) = aE(X).
\]
\end{prop}

\newpage

\begin{exemple}
Xavier et Yvone vont au restaurant. Xavier hésite de façon équiprobable entre les menus à 18~\euro, 24 \euro{} et 36 \euro. Yvonne hésite, quant à elle, de façon équiprobable entre les menus à 24~\euro{} et 36~\euro.

On note $X$ et $Y$ les variables aléatoires représentant le prix du menu choisi respectivement par Xavier et Yvonne. Alors, $X = \{18;24;36\}$ et $Y = \{24;36\}$. De plus,
\begin{align*}
E(X) & = \dfrac{1}{3}\times18 + \dfrac{1}{3}\times24 + \dfrac{1}{3}\times36\\
& = 6+8+12\\
&=26
\end{align*}
et
\begin{align*}
E(Y) & = \dfrac{1}{2}\times24+\dfrac{1}{2}\times36\\
& =12+18\\
&=30.
\end{align*}
Ainsi,
\[
E(X+Y) = E(X) + E(Y) = 26+30=56.
\]
On peut ainsi dire que le prix moyen de la facture de ce repas est 56 \euro.

\medskip

Si Xavier va seul au restaurant 5 fois, et s'il choisit à chaque fois au hasard un menu parmi les 3 cités précédemment, la facture moyenne totale correspondra à $E(5X)$, soit à $5E(X)$, et donc à $5\times26=130$ \euro.
\end{exemple}


\subsection{Variance de deux variables aléatoires\\ indépendantes}


\begin{defin}[variables aléatoires indépendantes]
Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires.

$X$ et $Y$ sont indépendantes si:
\[
P\big((X=x) \cap (Y=y)\big)=P(X=x) \times P(Y=y).
\]
\end{defin}



\begin{prop}
Soit $X$ une variable aléatoire. Pour tout réel $a$, la variance de la variable aléatoire $aX$ est:
\[
V(aX)=a^2V(X).
\]
Son écart-type est donc:
\[
\sigma(aX) = |a|\sigma(X).
\]
\end{prop}


\begin{exemple}
Reprenons le cas de Xavier de l'exemple précédent.
\begin{align*}
V(X) & = \dfrac{1}{3}\big[ (18-26)^2 + (24-26)^2 + (36-30)^2 \big]\\
& = 56.
\end{align*}
Ainsi,
\[
V(5X) = 5^2 V(X) = 25 \times 56 = \numprint{1400}.
\]
De plus, 
\[
\sigma(5X) = 5\sigma(X) ) = 5 \sqrt{V(X)} = 10\sqrt{14} \approx 37,42.
\]
\end{exemple}

\begin{rem}
Ce dernier résultat peut-être interprété comme une marge d'erreur par rapport à l'espérance : on peut alors dire que pour 5 repas, Xavier paiera 130 \euro{} avec une marge d'erreur de 37,42 \euro.

Cependant, gardons à l'esprit que ce ne sont que des probabilités... et que l'intervalle\linebreak $[130-37,42~;~130+37,42]$ est très approximatif !
\end{rem}

\begin{prop}
Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires \textit{indépendantes}. 

La variance de la variable aléatoire $X+Y$ est:
\[
V(X+Y)=V(X)+V(Y).
\]
\end{prop}


\subsection{Somme et moyenne de variables indépendantes}

\begin{prop}[somme de variables aléatoires indépendantes]\label{prop:somme-vai}
Soient $X_1$, ..., $X_n$ $n$ variables aléatoires indépendantes. On pose alors :
\[
S_n = \sum_{k=1}^n X_k = X_1+\cdots+X_n\quad\text{et}\quad M_n=\dfrac{S_n}{n}.
\]
Alors,
\begin{itemize}
\item $E(S_n) = \displaystyle\sum_{k=1}^n E(X_k)$ et $V(S_n)=\displaystyle\sum_{k=1}^n V(X_k)$.

\item $E(M_n)=\displaystyle\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n E(X_k)$ et $V(M_n)=\displaystyle\dfrac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n V(X_k)$.
\end{itemize}
\end{prop}

\newpage

\section{Inégalité de concentration}

\subsection{Inégalité de Markov}

Considérons deux variables aléatoires $X$ et $Y$ telles que $X \leqslant Y$.

Nous pouvons dans un premier temps écrire que si $X \geqslant 0$ alors $E(X) \geqslant 0$. 

De plus, 
\[
E(Y)-E(X)  = E(Y-X)
\]

et comme $Y-X \geqslant 0$, on en déduit:
\[
E(Y-X) \geqslant 0\qquad\text{soit :}\qquad E(X) \leqslant E(Y).
\]
De ces résultats, on peut démontrer le théorème suivant:

\begin{thm}[inégalité de Markov]
Soit $X$ une variable aléatoire discrète d'espérance finie, et à valeurs positives. Alors :
\[
\forall a > 0,\quad P(X \geqslant a) \leqslant \dfrac{E(X)}{a}.
\]
\end{thm}

\textit{Une démonstration de ce théorème est à faire dans l'exercice \ref{exercice:\thechapter.5} page \pageref{exercice:\thechapter.5}.}

\subsection{Inégalité de Bienaymé-Tchebychev}

À l'aide de l'inégalité de Markov, on déduit le théorème suivant:

\begin{thm}[inégalité de Bienaymé-Tchebychev]
Soit $X$ une variable aléatoire d'espérance $\mu$ et de variance $V(X)$. 

Quel que soit le réel $\delta > 0$, 
\[
P\big(|X-\mu| \geqslant \delta\big) \leqslant \dfrac{V(X)}{\delta^2}.
\]
\end{thm}

\textit{Une démonstration de ce théorème est à faire dans l'exercice \ref{exercice:\thechapter.6} page \pageref{exercice:\thechapter.6}.}

De ce théorème (fondamental), on peut notamment conclure que pour une variable aléatoire quelconque $X$ d'écart-type $\sigma$ et d'espérance $\mu$:
\[
P\big(|X-\mu| \geqslant 2\sigma \big) \leqslant \dfrac{\sigma^2}{(2\sigma)^2}
\]
soit:
\[
P\big(|X-\mu| \geqslant 2\sigma \big) \leqslant \dfrac{1}{4}.
\]
Cela signifie alors que la probabilité que les valeurs prises par $X$ diffèrent de $2\sigma$ de sa moyenne est inférieure à 0,25.

\begin{rem}
Par simulation (manuelle ou informatique), on s'aperçoit en fait que cette probabilité est très souvent majorée par 0,05.
\end{rem}



\section{Loi des grands nombres}


\subsection{Cas général}

\begin{prop}
Soient $X_1,\ X_2,\ \ldots,\ X_n$ $n$ variables aléatoires discrètes réelles indépendantes ayant
toutes la même loi d'espérance $\mu$ et de variance $\sigma^2$. Alors,
\[
\forall \delta >0, \quad P\left( \left| \dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}-\mu \right| \geqslant \delta \right) \leqslant \dfrac{\sigma^2}{n\delta^2}.
\]
\end{prop}

\textit{Une démonstration de ce théorème est à faire dans l'exercice \ref{exercice:\thechapter.16} page \pageref{exercice:\thechapter.16}.}

\subsection{Loi des grands nombres}

\begin{thm}[théorème de Khintchine]
Soient $X_1$, ..., $X_n$ $n$ variables aléatoires indépendantes de même loi, d'espérance $\mu$. Alors, pour tout réel $\delta > 0$, 
\[
\lim_{n\to+\infty}P\left( \left| \dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}-\mu \right| \geqslant \delta \right)=0.
\]
\end{thm}

\begin{rem}
Ce dernier théorème, souvent appelé \og loi faible des grands nombres \fg,  bien qu'au premier abord simpliste puisque résultant de l'inégalité de concentration prise lorsque $n$ tend vers $+\infty$, est très important.

Il permet notamment de justifier le principe des sondages. En effet, il permet d'interpréter la probabilité (valeur théorique) comme une fréquence (valeur observée) et présente l'espérance comme une moyenne. Ce théorème signifie que la \textit{moyenne empirique}, c'est-à-dire moyenne calculée sur les valeurs observée sur un échantillon de population, converge vers l'espérance quand la taille de cet échantillon devient très grand. 
\end{rem}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\exercices

\subsection*{Somme de variables aléatoires}

%%%

\begin{exocor}{la base}[1]
On considère 5 variables aléatoires $(X_k)_{1 \leqslant k \leqslant 5}$ suivant toutes la loi binomiale $\mathcal{B}\coord{\numprint{1000}}{0,75}$.

Soit la variable aléatoire $S_5=X_1+X_2+\cdots+X_5$.

Calculer l'espérance de $S_5$.


\tcblower

D'après la propriété \ref{prop:somme-vai} sur la somme des variables aléatoires indépendantes, 
\[
E(S_5) = \sum_{k=1}^5 E(X_k).
\]
Or, pour tout entier $k$ compris entre 1 et $5$, 
\[
E(X_k) = \numprint{1000} \times 0,75 = 750.
\]
Par conséquent, $E(S_5) = 5 \times 750 = \numprint{3750}$.
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{en boulangerie}[1]
Dans les boulangeries de la chaîne \og Obonpin \fg, les baguettes sont de temps en temps un peu trop cuites... À vrai dire, elles le sont avec une probabilité de 0,07.

Un contrôleur de la marque \og Obonpin \fg{} rend visite à 20 boulangeries d'un même département et vérifie 30 baguettes dans chacune d'elles. On suppose que dans chaque boulangerie, le nombre de baguettes réalisées est suffisamment grand pour assimiler ceci à un tirage aléatoire avec remise.

On note $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de baguettes un peu trop cuites à l'issue de ce contrôle.

\medskip

Déterminer l'espérance mathématique de $X$, ainsi que sa variance et son écart-type.

\tcblower

Notons $Y_k$ la variable aléatoire représentant le nombre de baguettes un peu trop cuites dans la boulangerie $k$, pour $k$ entier compris entre 1 et 20.

Alors $Y_k$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}\coord{30}{0,07}$ car le contrôleur vérifie dans chaque boulangerie 30 baguettes (on suppose ici que l'on peut assimiler cette vérification à un tirage aléatoire avec remise car le nombre de baguettes est supposé assez grand).

$E(Y)=30 \times 0,07 = 2,1$, $V(Y)=30 \times 0,07 \times (1-0,07) = 1,953$ et $\sigma(Y)=\sqrt{1,953} \approx 1,397$.

\medskip

Ainsi, $X = \displaystyle\sum_{k=1}^{20} Y_k$ et donc, d'après la propriété sur la somme de variables aléatoires indépendantes:
\begin{itemize}
\item $E(X) = 20 \times E(Y_1) = 20 \times 2,1 = 42$;
\item $V(X) = 20 \times V(Y_1) = 20 \times 1,953 = 39,06$;
\item $\sigma(X)=\sqrt{V(X)}\approx 6,25$.
\end{itemize}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{le jeu télévisé}[1]
Un jeu télévisé est composé de deux manches:
\begin{itemize}
\item \textbf{Première manche:} le ou la candidat·e choisit d'ouvrir une des trois portes identiques qui se trouvent devant lui ou elle. Derrière chaque porte se trouve un panneau indiquant le montant gagné : \og 0 \euro \fg, \og 100 \euro \fg{} ou \og 500 \euro \fg.

On notera $X$ la variable aléatoire représentant le gain de cette première manche.

\item \textbf{Seconde manche:} le ou la candidat·e fait tourner une roue partagée en plusieurs secteurs angulaires. Chacun des secteurs correspond à une somme: \og 0 \euro \fg, \og 100 \euro \fg,\linebreak \og 200 \euro \fg, \og 500 \euro \fg{} et \og \numprint{1000} \euro \fg.  

Ici, les secteurs ont une surface telle que la probabilité de gagner $x$ \euro{} est égale à $\dfrac{10}{x}$, pour $x \neq0$, la probabilité de gagner 0 \euro{} étant ce qui reste.

On notera $Y$ la variable aléatoire représentant le gain de cette seconde manche.
\end{itemize}

On note $Z = X+Y$ le gain à l'issue de ces deux manches, $X$ et $Y$ étant indépendantes.

\medskip

Calculer le gain moyen d'un·e candidat·e à ce jeu.

\tcblower

\begin{itemize}
\item $\esp{X}=\dfrac{0+100+500}{3}=200$.
\item $\esp{Y}=100\times\dfrac{10}{100}+200\times\dfrac{10}{200}+500\times\dfrac{10}{500}+\numprint{1000}\times\dfrac{10}{\numprint{1000}}=40$.
\end{itemize}
\[
\esp{Z} = \esp{X} + \esp{Y} = 240.
\]
\underline{Ainsi, le gain moyen d'un·e candidat·e est 240 \euro.}
\end{exocor}


%%%

\newpage

\begin{exocor}{trajet pour aller travailler}[2]
Chaque jour de la semaine, Hubert prend le train pour aller travailler. Selon les statistiques réalisées sur sa ligne, 
\begin{itemize}
\item la probabilité que le train ait 5 minutes de retard est égale à la moitié de celle qu'il ait aucun retard;
\item la probabilité que le train ait 2 minutes de retard est égale au triple de celle qu'il ait 7 minutes de retard;
\item la probabilité qu'il ait 7 minutes de retard est égale au cinquième de celle qu'il n'ait aucun retard.
\end{itemize}
On suppose qu'il n'y a pas d'autres cas possibles.

On note $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de minutes de retard du train d'Hubert un jour pris au hasard.

\begin{enumerate}
\item Déterminer la loi de probabilité $X$.
\item Calculer l'espérance de $X$.
\item Calculer le retard moyen du train d'Hubert sur un échantillon de 20 jours ouvrés (donc sur un mois).
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Notons $x = \probavar{X}{0}$. La loi de probabilité de $X$ est:
\begin{center}
\begin{tabular}{|Sl|Sc|Sc|Sc|Sc|}
\hline
$X=k$    &  0  & 2 &         5        & 7\\
\hline
$P(X=k)$ & $x$ & $\dfrac{3}{5}x$  & $\dfrac{1}{2}x$ & $\dfrac{1}{5}x$\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
La somme des probabilités est égale à 1 donc:
\begin{align*}
x+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{5}x+\dfrac{1}{5}x = 1 & \iff \dfrac{23}{10}x = 1\\
 & \iff x = \dfrac{10}{23}.
\end{align*}
D'où :
\begin{center}
\begin{tabular}{|Sl|Sc|Sc|Sc|Sc|}
\hline
$X=k$    &  0  & 2 &         5        & 7\\
\hline
$P(X=k)$ & $\dfrac{10}{23}$ & $\dfrac{6}{23}$  & $\dfrac{5}{23}$ & $\dfrac{2}{23}$\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\item $\esp{X}=2\times\dfrac{6}{23} + 5\times\dfrac{5}{23} + 7\times\dfrac{2}{23}=\dfrac{51}{23}$.


\item Notons $X_k$ la variable aléatoire représentant le nombre de minutes de retard du train d'Hubert le jour $k$, $1 \leqslant k \leqslant 20$.

Posons alors : $M_{20} = \dfrac{X_1 + X_2 + \cdots + X_{20}}{20}$. Alors,
\begin{align*}
E(M_{20}) & = \dfrac{E(X_1 + X_2 + \cdots + X_{20})}{20}\\& = \dfrac{E(X_1) + E(X_2) + \cdots + E(X_{20})}{20}\\
& = \dfrac{20 \times \frac{51}{23}}{20}\\
& = \dfrac{51}{23}\\
& \approx 2,22.
\end{align*}

\uline{Ainsi, le retard moyen du train d'Hubert sur les 20 jours est d'environ 2 min 13 s.}

\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Inégalité de Bienaymé-Tchebychev}

%%%

\begin{exocor}{démonstration de l'inégalité de Markov}[2]
On souhaite démontrer l'inégalité de Markov stipulant que pour une variable aléatoire discrète d'espérance finie $X$ à $n$ valeurs positives,
\[
\forall a > 0,\quad P(X \geqslant a) \leqslant \dfrac{E(X)}{a}.
\]
On note:
\[
E(X)=\sum_{k=1}^n x_kP(X = x_k).
\]

\begin{enumerate}
\item Compléter l'égalité suivante: $E(X) = \displaystyle\sum_{x_k \geqslant a} \ldots \quad + \quad \sum_{x_k < a} \ldots$

\item Par quel nombre est minorée la deuxième somme ?
\item Montrer alors que $E(X) \geqslant aP(X \geqslant a)$, puis conclure.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On peut \og couper \fg{} la somme désignant l'espérance de $X$ en deux sommes : la première comportant toutes les valeurs de $X$ inférieures strictement à $a$ et la seconde comportant les valeurs de $X$ supérieures ou égales à $a$, ce qui donne:
\[
E(X) = \sum_{x_k \geqslant a} x_kP(X=x_k) \quad + \quad \sum_{x_k < a} x_kP(X=x_k).
\]

\item On sait que $X \geqslant 0$ donc, pour tout entier $k$ compris entre 1 et $n$, $x_k \geqslant 0$. De plus, une probabilité est toujours supérieure ou égale à 0.

Ainsi, pour tout entier $k\in[1;n]$, $x_kP(X=x_k)\geqslant0$, ce qui implique que:
\[
\sum_{x_k < a} x_kP(X=x_k) \geqslant 0.
\]

\item De la question précédente, on déduit que:
\[
E(X) \geqslant \sum_{x_k \geqslant a} x_kP(X=x_k).
\]
Or, dans cette somme, $x_k \geqslant a$, ce qui implique:
\[
E(X) \geqslant \sum_{x_k \geqslant a} aP(X=x_k)
\]
soit:
\[
E(X) \geqslant a\sum_{x_k \geqslant a} P(X=x_k).
\]
De plus, par définition:
\[
\sum_{x_k \geqslant a} P(X=x_k) = P(X \geqslant a)
\]
ce qui implique alors:
\[
E(X) \geqslant aP(X \geqslant a).
\]
On en déduit alors, en divisant par $a\neq0$:
\[
\dfrac{E(X)}{a} \geqslant P(X \geqslant a).
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{démonstration de l'inégalité de Bien.-Tchebychev}[2]
On se propose dans cet exercice de démontrer l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, stipulant que si $X$ est une variable aléatoire discrète d'espérance $\mu$ et de variance $V(X)$ alors, quel que soit le réel $\delta > 0$, 
\[
P\big(|X-\mu| \geqslant \delta\big) \leqslant \dfrac{V(X)}{\delta^2}.
\]
Pour cela, on considère la variable $Y = \big[X-E(X)\big]^2$.

Appliquer l'inégalité de Markov à $Y$ en prenant une valeur de $a$ convenablement choisie afin de démontrer l'inégalité souhaitée.
\vspace*{-1em}

\tcblower

Par définition, $Y$ est une variable aléatoire à valeurs positives et:

\[
E(Y) = E\big[ (X-E(X)^2 \big] = V(X).
\]

L'inégalité de Markov appliquée à $Y$ donne alors:

\begin{align*}
& \forall a>0,\qquad P(Y \geqslant a) \leqslant \dfrac{E(Y)}{a}\\[6pt]
\iff & \forall a>0,\qquad P\Big( \big(X-E(X)\big)^2 \geqslant a\Big) \leqslant \dfrac{V(X)}{a}.
\end{align*}

Posons alors $a=\delta^2$ avec $\delta>0$. On obtient alors:

\[
\forall \delta >0,\qquad P\Big( \big(X-E(X)\big)^2 \geqslant \delta^2\Big) \leqslant \dfrac{V(X)}{\delta^2}.
\]

Or, 

\[
\big(X-E(X)\big)^2 \geqslant \delta^2 \iff \big| X-E(X)\big| \geqslant \delta
\]
car $\delta > 0$. Cela donne alors:
\[
\forall \delta >0,\qquad P\Big( \big| X-E(X)\big| \geqslant \delta \Big) \leqslant \dfrac{V(X)}{\delta^2}.
\]
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{vrai ou faux ?}[1]
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?

\begin{enumerate}
\item Soit $X$ une variable aléatoire discrète d'espérance $E(X)=9$ à valeurs positives. Alors, selon l'inégalité de Markov, $P(X \geqslant 10) \leqslant \dfrac{1}{10}$.

\item Soit $X$ une variable aléatoire discrète d'espérance $E(X)=7$ et de variance $\sigma^2 = 9$. Alors, d'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, $P\big( | X-7| \geqslant 18\big) <  0,028$.

%\item On tire une carte au hasard dans un jeu de 32 cartes. Si la carte est un roi, on gagne 1 point, sinon on ne gagne rien. On répète cette expérience \numprint{1000} fois.
%
%La probabilité que, à l'issue des \numprint{1000} expériences, la différence entre le gain moyen de points et 125 soit plus grande que 5 est inférieure ou égale à 0,001.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item \textit{Faux}. Selon l'inégalité de Markov, $P(X \geqslant a) \leqslant \dfrac{E(X)}{a}$, ce qui donne dans notre cas:
\[
P(X \geqslant 10) \leqslant \dfrac{9}{10}.
\]

\item \textit{Vrai}. En effet, d'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, 
\[
P\big( | X-E(X)| \geqslant \delta \big) \leqslant \dfrac{V(X)}{\delta^2}
\]
ce qui donne dans notre cas:
\[
P\big( | X - 7| \geqslant 18 \big) \leqslant \dfrac{9}{18^2}
\]
soit:
\[
P\big( | X - 7| \geqslant 18 \big) \leqslant \dfrac{1}{36} < 0,028.
\]

%\item \textit{Faux}. Notons $X_k$ le nombre de points lors du $k$-ième tirage. $X_k = 0$ ou $X_k = 1$. C'est une variable de Bernoulli. En répétant cette expérience (implicitement de manière indépendante), on constitue un schéma de Bernoulli dont la moyenne est :
%
%\medskip
%
%\[
%\mu = np=\numprint{1000}\times\dfrac{4}{32}=125
%\] 
%
%\medskip
%
%et de variance $\sigma^2=np(1-p)=109,375=\dfrac{875}{8}$. D'après l'inégalité de concentration,
%
%\medskip
%
%\[
%P\left(\left|\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}-\mu\right| \geqslant \delta\right) \leqslant\dfrac{\sigma^2}{n\delta^2}\,,
%\]
%
%\medskip
%
%ce qui donne dans notre cas, en prenant $\delta=5$:
%
%\medskip
%
%\[
%P\left(\left|\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}-125\right| \geqslant 5\right) \leqslant\dfrac{109,375}{\numprint{1000}\times5^2}
%\]
%
%soit :
%
%\[
%P\left(\left|\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}-125\right| \geqslant 5\right) \leqslant 0,004375.
%\]
%
%On ne peut donc pas assurer que la probabilité pour que la différence entre la moyenne des gains et 125 soit supérieure ou égale à 5 est toujours inférieure à 0,001.
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{dé équilibré}[1]
On jette \numprint{3600} fois un dé équilibré. Minorer la probabilité que le nombre d'apparitions du numéro 1 soit compris entre 480 et 720 à l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

\tcblower

Soit $S$ la variable aléatoire comptant le nombre d'apparitions du chiffre 1 au cours de ces lancers. $S$ suit une loi binomiale de paramètres \numprint{3600} et $\dfrac{1}{6}$. On sait donc que:
\[
E(S)=600\qquad\text{et}\qquad V(S)=500.
\]
De plus,
\[
480<S<720 \iff -120<S-600<120\iff|S-600|<120.
\]
Par l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on obtient:
\[
P(|S-600|\geqslant120)\leqslant \dfrac{500}{120^2} \leqslant 0,035.
\]
On en déduit que:
\[
P(480<S<720)\geqslant1-0,03415067
\]
soit:
\[
P(480<S<720)\geqslant 0,965849.
\]
En particulier, la probabilité que le numéro 1 apparaisse entre 480 et 720 fois au cours de ces \numprint{3600} lancers est supérieure à 0,96.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{pièces d'une usine}[1]
On suppose que le nombre de pièces sortant d'une usine donnée en l'espace d'une semaine est une variable aléatoire d'espérance 50.
\begin{enumerate}
\item À l'aide de l'inégalité de Markov, majorer la probabilité que la production de la semaine prochaine dépasse 75 pièces.
\item On sait, de plus, que la variance de la production hebdomadaire est de 25. À l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, minorer la probabilité que la production de la semaine suivante soit comprise entre 41 et 59.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Commençons par poser $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de pièces sortant de l'usine en l'espace d'une semaine.

D'après l'inégalité de Markov, 
\[
P(X > 75) \leqslant \dfrac{50}{75}
\]
soit :
\[
P(X > 75) \leqslant 0,67.
\]

\item On souhaite une minoration de:
\[
P( 41 \leqslant X \leqslant 59) = P(50-9 \leqslant X \leqslant 50+9) = P(|X-50| \leqslant 9).
\]

\medskip

L'inégalité de Bienaymé-Tchebytchev donne:
\[
P\big( | X-50| \geqslant 10\big) \leqslant \dfrac{25}{10^2}
\]
soit:
\[
P\big( | X-50| \geqslant 10\big) \leqslant 0,25.
\]
On en déduit alors que:
\[
1-P\big( | X-50| < 10\big) \leqslant 0,25
\]
et donc:
\[
P\big( | X-50| \leqslant 9 \big) \geqslant 0,75.
\]
La probabilité pour que la production de la semaine suivante soit comprise entre 41 et 59 est donc au moins de 75\%.
\end{enumerate}
\end{exocor}

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\begin{exocor}{particules émise par une substance radioactive}[1]
Pour étudier les particules émises par une substance radioactive, on dispose d'un détecteur. On note $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de particules qui atteignent le détecteur pendant un intervalle de temps $\Delta t$. Le nombre maximal de particules que le détecteur
peut compter pendant un intervalle de temps $\Delta t$ est de $10^3$. On suppose que $X$ suit une loi d'espérance et de variance égales à $10^2$.

Donner une majoration de la probabilité que $X$ dépasse $10^3$.

\tcblower

Pour que $X$ soit supérieure à $10^3$, il faut que que $|X-100|>900$. On utilise donc l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec $\delta=900$:
\[
P( |X - 100| \geqslant 900) \leqslant \dfrac{100}{900^2} \leqslant \numprint{0,000124}.
\]
Ainsi, $P(X \geqslant 10^3) \leqslant \numprint{0,000124}$.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{entreprise de télécommunication}[1]
Une entreprise de télécommunications souhaite estimer la proportion de clients satisfaits de leur service. Elle sait que la probabilité qu'un client soit satisfait est de \pourcent{70}. L'entreprise interroge un échantillon de 100 clients.

\medskip

Déterminez une borne supérieure de la probabilité que le nombre de clients satisfaits dans l'échantillon s'écarte de plus de 10 unités de la moyenne.

\tcblower

Posons $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de clients satisfaits sur les 100 clients contactés.

Alors, $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=100$ et $p=0,7$.

\medskip

Son espérance est alors $\esp{X}=np = 70$ et sa variance est $\var{X}=np(1-p)=21$.

\medskip

Le théorème de Bienaymé-Tchebychev nous donne alors:
\[
\forall\delta>0,\quad P( |X-70| \geqslant \delta) \leqslant \dfrac{21}{\delta^2}.
\]

On souhaite déterminer une borne supérieure de la probabilité que le nombre de clients satisfaits dans l'échantillon s'écarte de plus de 10 unités de la moyenne, donc prenons\linebreak $\delta = 11$:
\[
P( |X-70| \geqslant 11) \leqslant \dfrac{21}{121} \leqslant 0,173.
\]
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{composants électroniques}[1]
Une entreprise de fabrication de composants électroniques sait que la probabilité qu'un composant soit défectueux est de \pourcent{5}. L'entreprise teste un lot de 200 composants.

\medskip

Déterminer une minoration de la probabilité que le nombre de composants défectueux dans le lot soit compris entre 5 et 15.

\tcblower

Posons $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de composants défectueux sur les 200 testés.

Alors, $X$ soit la loi binomiale de paramètres $n=200$ et $p=0,05$.

Ainsi, $\esp{X}=np=10$ et $\var{X}=np(1-p)=9,5$.

\medskip

Le théorème de Bienaymé-Tchebychev nous dit alors:
\[
\forall \delta>0,\quad P(|X-10| \geqslant \delta) \leqslant \dfrac{9,5}{\delta^2}.
\]
On veut déterminer une minoration de la probabilité que le nombre de composants défectueux dans le lot soit compris entre 5 et 15 (soit $10-5$ et $10+5$).

On va donc prendre $\delta=6$:
\begin{align*}
P(|X-10| \geqslant 6) \leqslant \dfrac{9,5}{6^2} & \iff  1-P(|X-10| < 6) \leqslant \dfrac{9,5}{36}\\
& \iff P(|X-10| \leqslant 5) \geqslant 1 - \dfrac{9,5}{36} \geqslant 0,736.
\end{align*}
\end{exocor}



%%% 

\begin{exocor}{trouver un nombre de lancers de dé}[2]
On lance de manière indépendante $n$ fois un dé équilibré à six faces. 

Déterminer une valeur de $n$ pour laquelle la probabilité d'obtenir entre 0 et $\dfrac{n}{3}$ fois le nombre \og 1 \fg{} soit supérieure à $0,99$.


\tcblower

Commençons par poser $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de \og 1 \fg{} obtenus.

$X$ suit alors la loi $\mathcal{B}\left(n;\frac{1}{6}\right)$ et a donc une espérance égale à $\dfrac{n}{6}$ et une variance égale à\linebreak $np(1-p)=\dfrac{5n}{36}$.

On nous demande ici de trouver un entier $n$ tel que:
\[
P\left(0 \leqslant X \leqslant \dfrac{n}{3}\right) \geqslant 0,99.
\]
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev nous dit que:
\begin{align*}
\forall\delta>0,\ & P\left(\left|X-\dfrac{n}{6}\right| \geqslant \delta\right) \leqslant \dfrac{5n}{36\delta^2}
\\
& \iff P\left[ \left( X-\dfrac{n}{6} \leqslant -\delta\right) \cup  \left( X-\dfrac{n}{6} \geqslant \delta\right) \right] \leqslant \dfrac{5n}{36\delta^2}
\end{align*}

\begin{align*}
\forall\delta>0,\ & \iff 1 - P\left(-\delta \leqslant X-\dfrac{n}{6} \leqslant \delta\right) \leqslant \dfrac{5n}{36\delta^2}\\
& \iff P\left(-\delta \leqslant X-\dfrac{n}{6} \leqslant \delta\right) \geqslant 1-\dfrac{5n}{36\delta^2}.
\end{align*}
On aimerait arriver à une inégalité avec $P\left(0 \leqslant X \leqslant \dfrac{n}{3}\right)$; cela nous pousse à prendre $\delta=\dfrac{n}{6}$ pour obtenir:
\[
P\left(0\leqslant X \leqslant \dfrac{n}{3}\right) \geqslant 1-\dfrac{5}{n}.
\]
Ainsi, il suffit de choisir un $n$ tel que:
\[
1-\dfrac{5}{n} \geqslant 0,99 \iff n \geqslant 500.
\]
Nous sommes donc assurés que pour $n\geqslant500$, notre probabilité  est supérieure à $0,99$.
\begin{rem}
Ce raisonnement nous assure que la probabilité est supérieure à 0,99 pour $n\geqslant500$ sans affirmer que 500 est la valeur minimale. Pour avoir une valeur minimale, on peut écrire un programme Python (par exemple) qui calcule cette probabilité en partant de $n=500$ et en baissant cette valeur jusqu'à obtenir une probabilité inférieure à 0,99.
\begin{python}
from scipy.stats import binom
n = 500
while binom.cdf(n//3, n, 1/6) >= 0.99:
    print('n = {} ; proba = {}'.format(n,binom.cdf(n//3, n, 1/6)))
    n -= 1
\end{python}
Ce programme nous donne comme dernière valeur de $n$, donc comme valeur minimale de $n$ : $n = 33$. Autant dire que nous en sommes loin avec l'application de l'inégalité de Bienaymé-Tchebycheff...
\end{rem}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{extrait du bac Métropole 2024}[2]
Lorsque une personne commande un article sur internet, on considère que le temps de livraison est modélisé par une variable aléatoire $T$ égale à la somme de deux variables aléatoires $T_1$ et $T_2$ où:
\begin{itemize}
\item $T_1$ représente le nombre entier de jours pour l'acheminement de l'article de l'entrepôt de stockage vers la plateforme de distribution;
\item $T_2$ représente le nombre de jours pour l'acheminement de l'article  de la plateforme vers le domicile du client.
\end{itemize}

On estime que $T_1$ et $T_2$ sont indépendantes et que:

\begin{itemize}
\item $\esp{$T_1$}=4$ et $\var{T_1}=2$;
\item $\esp{$T_2$}=3$ et $\var{T_2}=1$.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Déterminer l'espérance $\esp{T}$ ainsi que sa variance $\var{T}$.
\item Un client passe une commande sur internet. Justifier que la probabilité qu'il reçoive son article entre 5 et 9 jours après sa commande est supérieure ou égale à $\dfrac{2}{3}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item Par linéarité de l'espérance, $\esp{T} = \esp{$T_1+T_2$} = \esp{$T_1$} + \esp{$T_2$} = 4+3=7$;
\item De plus, $T_1$ et $T_2$ sont indépendantes donc $\var{T} = \var{T_1}+\var{T_2} = 2+1=3$.
\end{itemize}

\item Nous cherchons ici à démontrer que:
\begin{align*}
P(5 \leqslant T \leqslant 9) \geqslant \dfrac{2}{3} & \iff P(7-2 \leqslant T \leqslant 7+2) \geqslant \dfrac{2}{3}\\
& \iff P( |X-7| \leqslant 2) \geqslant \dfrac{2}{3}.
\end{align*}

D'après l'inégaité de Bienaymé-Tchebychev,
\begin{align*}
        & \forall \delta > 0,\quad P( | T - \esp{T} | \geqslant \delta) \leqslant \dfrac{\var{T}}{\delta^2}\\
\iff    & \forall \delta > 0,\quad P( | T - 7 | \geqslant \delta) \leqslant \dfrac{3}{\delta^2}
\intertext{En prenant alors $\delta=3$, on a:}
 & \quad P( | T - 7 | \geqslant 3) \leqslant \dfrac{3}{3^2}\\
\iff & 1- P( | T - 7 | < 3) \leqslant \dfrac{1}{3}\\
\iff & 1- P( | T - 7 | \leqslant 2) \leqslant \dfrac{1}{3} \quad \text{ car $|T-7|$ est entier}\\
\iff & P(|T-7|\leqslant2) \geqslant 1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}.
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% 


\begin{exocor}{}[3]
Soit $X$ une variable aléatoire réelle. On suppose que $X$ admet une espérance $E(X)=\mu$ et une variance $V(X)=\sigma^2$. Soit $a>0$.
\begin{enumerate}
\item Soit $\lambda \geqslant 0$. Démontrer que $P(X-\mu \geqslant a) = P(X-\mu +\lambda \geqslant a+\lambda)$.
\item Vérifier que $E\big( (X-\mu+\lambda)^2\big) =\sigma^2 + \lambda^2$.
\item Montrer que pour tout $\lambda > 0$, $P(X-\mu \geqslant a) \leqslant \dfrac{\sigma^2+\lambda^2}{(a+\lambda)^2}$.
\medskip
\textit{Aide :} on pourra utiliser le fait que $P( Z \geqslant \alpha) \leqslant P(Z^2 \geqslant \alpha^2)$ pour toute variable aléatoire $Z$.

\item En déduire que $P\big( |X-\mu| \geqslant a \big) \leqslant \dfrac{2\sigma^2}{a^2+\sigma^2}$.

\item Pour quelles valeurs de $a$ obtient-on une meilleure inégalité que l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev ?
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On a:
\[
X-\mu \geqslant a \iff X-\mu+\lambda \geqslant a + \lambda
\]
donc la probabilité des deux événements $(X-\mu \geqslant a)$ et $(X-\mu+\lambda \geqslant a+\lambda)$ sont égales.

\item Par linéarité de l'espérance, on a:
\begin{align*}
E\big( (\textcolor{red}{X-\mu}+\lambda)^2\big) & = E\big( (\textcolor{red}{X-\mu})^2+2(\textcolor{red}{X-\mu})\lambda + \lambda^2\big)\\
& = \underbrace{E\big((X-\mu)^2\big)}_{=V(X)} + 2\lambda\underbrace{E(X-\mu)}_{=\,0} + \lambda^2\\
& = \sigma^2 + \lambda^2.
\end{align*}

\item Dans un premier temps, on a:
\[
P(X - \mu \geqslant a) = P(X - \mu + \lambda \geqslant a + \lambda ).
\]
Or, 
\[
P(X - \mu + \lambda \geqslant a + \lambda ) \leqslant P\big( (X - \mu + \lambda)^2 \geqslant (a + \lambda)^2 \big).
\]
Ainsi,
\[
P(X - \mu \geqslant a) \leqslant P\big( (X - \mu + \lambda)^2 \geqslant (a + \lambda)^2 \big).
\]
En appliquant l'inégalité de Markov à la variable aléatoire $(X - \mu + \lambda)^2$,  on obtient:
\[
P\big( (X - \mu + \lambda)^2 \geqslant (a + \lambda)^2 \big) \leqslant \dfrac{E\big[ (X - \mu + \lambda)^2 \big]}{(a + \lambda)^2}.
\]
Ainsi, 
\[
P(X-\mu \geqslant a) \leqslant \dfrac{E\big[ (X - \mu + \lambda)^2 \big]}{(a + \lambda)^2}
\]
d'où:
\[
P(X-\mu \geqslant a) \leqslant \dfrac{\sigma^2 + \lambda^2}{(a + \lambda)^2}.
\]

\item Posons $f(\lambda)=\dfrac{\sigma^2+\lambda^2}{(a+\lambda)^2}$, avec $\lambda \geqslant 0$.

Sa dérivée vaut :
\[
f'(\lambda) = 2\dfrac{a\lambda-\sigma^2}{(a+\lambda)^3}.
\]
On en déduit que $f'(\lambda)>0 \iff \lambda > \dfrac{\sigma^2}{a}$.

Notamment, $f$ admet un minimum en $\lambda = \dfrac{\sigma^2}{a}$, et ce minimum vaut $\dfrac{\sigma^2}{\sigma^2+ a^2}$.

Ainsi, 
\[
P(X-\mu \geqslant a) \leqslant \dfrac{\sigma^2 + \lambda^2}{(a + \lambda)^2} \leqslant \dfrac{\sigma^2}{\sigma^2+ a^2}.
\]
On peut écrire:
\[
\big( |X-\mu|\geqslant a \big) = \big( X-\mu \geqslant a \big) \cup \big( \mu- X \geqslant a \big).
\]
Les deux événements $\big( X-\mu \geqslant a \big)$ et $\big( \mu - X \geqslant a \big)$ étant disjoints, 
\[
P\big( |X-\mu|\geqslant a \big) = P\big( X-\mu \geqslant a \big) + P\big( \mu - X \geqslant a \big).
\]
À l'aide de la question précédente, appliquée à $X-\mu$ et à $\mu-X$, on obtient:
\[
P\big( |X-\mu|\geqslant a \big) \leqslant \dfrac{\sigma^2}{\sigma^2+ a^2} + \dfrac{\sigma^2}{\sigma^2+ a^2}
\]
soit :
\[
P\big( |X-\mu|\geqslant a \big) \leqslant \dfrac{2\sigma^2}{\sigma^2+ a^2}.
\]

\item Cette dernière inégalité est meilleure que l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev si:
\begin{align*}
\dfrac{2\sigma^2}{\sigma^2+ a^2} < \dfrac{\sigma^2}{a^2} & \iff \dfrac{2}{\sigma^2+ a^2} < \dfrac{1}{a^2}\\& \iff \dfrac{\sigma^2+a^2}{2} > a^2\\
& \iff \dfrac{\sigma^2+a^2}{2} > \dfrac{2a^2}{2}\\
& \iff \sigma^2 > a^2\\
& \iff a < \sigma\text{ car $a$ et $\sigma$ sont positifs.}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Loi des grands nombres}

\begin{exocor}{démonstration de la loi des grands nombres}[2]
On se propose dans cet exercice de démontrer l'inégalité de concentration qui stipule que si $X_1,\ X_2,\ \ldots,\ X_n$ sont $n$ variables aléatoires discrètes réelles indépendantes ayant
toutes la même loi d'espérance $\mu$ et de variance $\sigma^2$ alors,
\[
P\left( \left| \dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}-\mu \right| \geqslant \delta \right) \leqslant \dfrac{\sigma^2}{n\delta^2}.
\]
On pose $M_n = \dfrac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}$.

\begin{enumerate}
\item Exprimer $E(M_n)$ et $V(M_n)$ en fonction de $\mu$, $n$ et $\sigma^2$.
\item Appliquer l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev à la variable $M_n$, puis conclure.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Par linéarité de l'espérance, on a:
\begin{align*}
E(M_n) & = E\left(\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}\right)\ = \dfrac{1}{n}E(X_1+\cdots+X_n)\\
& = \dfrac{1}{n}\big[ E(X_1) + \cdots + E(X_n) \big] = \dfrac{1}{n}(\mu + \cdots + \mu) = \dfrac{1}{n} \times n\mu \\
E(M_n) & = \mu.
\end{align*}

De plus, comme les $X_k$ sont indépendantes, on a:
\begin{align*}
V(M_n) & = V\left(\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}\right) = \dfrac{1}{n^2}V(X_1+\cdots+X_n)\\
& = \dfrac{1}{n^2}\big[ V(X_1) + \cdots + V(X_n) \big]  = \dfrac{1}{n}(\sigma^2 + \cdots + \sigma^2) = \dfrac{\sigma^2}{n}.
\end{align*}

\item D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à $M_n$, pour tout $\delta > 0$, on a:
\[
P\big( |M_n - \mu| \geqslant \delta \big) \leqslant \dfrac{\sigma^2}{n\delta^2}.
\]
\end{enumerate}
\vspace*{1cm}
\end{exocor}


%%% 

\begin{exocor}{dans une urne}[2]
On dispose d'une urne dans laquelle sont mises 7 boules rouges et 3 noires. On tire au hasard une boule de cette urne et on la remet dans l'urne; si la boule choisie est noire, on gagne 1 point. Sinon, on ne gagne pas de point.

On note $M_n$ le gain moyen de points après $n$ répétitions indépendantes de cette expérience.

Déterminer une valeur de $n$ pour laquelle la probabilité que la différence entre $M_n$ et 0,3 soit supérieure à $0,1$ est inférieure ou égale à $0,5$.

\tcblower

On cherche un entier $n$ tel que:
\[
P\big( |M_n - 0,3| \geqslant 0,1 \big) \leqslant 0,5.
\]
Notons $X_k$ le nombre de points gagnés au $k$-ième tirage, $1\leqslant k\leqslant n$.

\bigskip

$X_k$ suit la loi de Bernoulli de probabilité $p=\dfrac{3}{10}=0,3$ et de variance $\sigma^2 = 0,3\times(1-0,3)=0,21$.

De plus, par définition, les $X_k$ sont indépendantes donc on peut utiliser la propriété du cours sur l'inégalité de concentration sur la moyenne:

\[
P\left( \left| M_n - 0,3 \right| \geqslant 0,1 \right) \leqslant \dfrac{0,21}{0,1^2n}.
\]

On souhaite que $P\left( \left| M_n - 0,3 \right| \geqslant 0,1 \right) \leqslant 0,5$ donc il suffit de choisir $n$ tel que :
\begin{align*}
\dfrac{0,21}{0,1^2n} \leqslant 0,5 & \iff \dfrac{0,1^2n}{0,21} \geqslant \dfrac{1}{0,5}\\[1em]
& \iff 0,1^2n \geqslant \dfrac{1}{0,5}\times0,21\\
& \iff n \geqslant \dfrac{1}{0,5}\times\dfrac{0,21}{0,1^2}\\[1em]
& \iff n \geqslant 42.
\end{align*}
\end{exocor}

%%%

\newpage

\begin{exocor}{marche aléatoire sur \Z}[2]
On considère une marche aléatoire sur $\Z$ définie de la façon suivante : on part de $0$ et, à chaque étape,
\begin{itemize}
\item  on a une probabilité $p$ de faire un pas vers la droite;
\item on a une probabilité $1-p$ de faire un pas vers la gauche.
\end{itemize}
Autrement dit, on considère une suite de variables aléatoires $(X_n)_{n\geqslant1}$ indépendantes et de même loi donnée par:
\[
\forall n\in\N^*, \quad P(X_n=1)=p\qquad\text{et}\qquad P(X_n=-1)=1-p.
\]
On note $S_n=X_1+\cdots+X_n$.
\begin{enumerate}
\item Que représente $S_n$ dans le contexte de cet exercice ?
\item Exprimer, en fonction de $p$, $E(X_k)$.
\item Que vaut $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{S_n}{n}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Regardons les premières valeurs de $S_n$:
\begin{itemize}
\item $S_1 \in \{-1;1\}$ car $X_1$ ne peut prendre pour valeurs que $-1$ ou $1$;
\item $S_2 \in \{-1-1;-1+1;1-1;1+1\}$ soit $S_2 \in \{-2;0;2\}$;
\item $S_3\in\{-3;-1;1;3\}$.
\end{itemize}
On s'aperçoit que $S_n$ est la position à laquelle nous nous trouvons dans $\Z$ à la fin de l'étape~$n$.

\item $\begin{aligned}[t]
\mu = E(X_k) & = 1\times P(X_k=1) + (-1)\times P(X_k=-1) = 1 \times p + (-1)\times(1-p) = 2p-1.
     \end{aligned}$

\item $\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}$ et d'après le théorème de Khintchine (loi faible des grands nombres),
\[
\forall\delta>0,\ 
\lim_{n\to+\infty} P\left( \left| \dfrac{S_n}{n} - \mu \right| \geqslant \delta\right) = 0.
\]
Cela signifie donc que $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{S_n}{n}=2p-1$.
\end{enumerate}
\vspace*{1cm}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{dans un urne}[2]
Une urne contient 2 boules rouges et 3 boules noires. On tire successivement avec remise des boules de cette urne. À partir de combien de tirages est-on sûrs à 95\% que la proportion de boules rouges tirées est dans l'intervalle $]0,35 ; 0,45[$ ?

\tcblower

Pour $1 \leqslant k \leqslant n$,  considérons l'événement :
\begin{center}
\og une boule rouge est tirée lors du $k$-ième tirage \fg. 
 \end{center}

Notons alors $X_k$ la variable aléatoire représentant le nombre de boules rouges obtenues lors du $k$-ième tirage. $X_k$ soit la loi de Bernoulli de probabilité $\dfrac{2}{5}$, a pour espérance $\mu = \dfrac{2}{5} =  0,4$ et pour variance $\sigma^2 = \dfrac{2}{5}\times
\dfrac{3}{5}= 0,24$.

La proportion de boules rouges obtenues après $n$ tirages  est $M_n=\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}$.

On cherche donc la première valeur de $n$ à partir de laquelle :
\[
P(|M_n-0,4| \geqslant 0,05) \leqslant 0,95.
\]
La propriété du cours sur l'inégalité de concentration sur la moyenne nous dit que, pour $\delta=0,05$:
\[
P(|M_n-0,4| \geqslant 0,05) \leqslant \dfrac{0,24}{0,0025n}.
\]
Une valeur de $n$ satisfaisante est donc la plus petit valeur de $n$ telle que:
\begin{align*}
\dfrac{0,24}{0,0025n} \leqslant 0,05 & \iff \dfrac{0,0025n}{0,24} \geqslant \dfrac{1}{0,05}\\
& \iff 0,0025n \geqslant \dfrac{0,24}{0,05}\\
& \iff n \geqslant \dfrac{0,24}{0,05 \times 0,0025}\\
& \iff n \geqslant \numprint{1920}.
\end{align*}

Ce dernier résultat nous assure à 95\% que la proportion de boules rouges tirées se trouve dans l'intervalle $]0,35 ; 0,45[$.

\begin{rem}
Si l'on effectue des simulations de cette expérience, on peut se rendre compte que l'on obtient une proportion dans l'intervalle pour des valeurs de $n$ plus petites. Il est donc important de se souvenir que l'inégalité de concentration nous assure une valeur de $n$ adéquate mais qu'elle n'est pas toujours minimale.
\end{rem}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{usine et pièces mécaniques}
Une usine produit des pièces mécaniques. Le poids moyen d'une pièce est de 100 grammes, et la variance du poids est de 16 grammes$^2$ (l'écart-type est donc de 4 grammes). On prélève un échantillon de 50 pièces.

\medskip

Déterminer une majoration de la probabilité que la moyenne des poids des pièces dans l'échantillon s'écarte de plus de 0.6 grammes de la moyenne théorique (100 grammes).

\tcblower

Notons $X_k$ la masse de la pièce contrôlée numéro $k$, où $1 \leqslant k \leqslant 50$ puisque l'on prélève 50 pièces. On a d'après l'énoncé $\esp{$X_k$}=100$ et $\var{X_k}=16$.

\medskip

La propriété du cours sur l'inégalité de concentration sur la moyenne donne:
\[
P\left( \left| \dfrac{X_1+\cdots+X_{50}}{50}-100\right| \geqslant \delta \right) \leqslant \dfrac{16}{50 \times \delta^2}.
\]
\newpage
On prend ici $\delta=0,6$ car on nous demande de déterminer une majoration de la probabilité que la moyenne des poids des pièces dans l'échantillon s'écarte de plus de 0.6 grammes de la moyenne théorique. Cela donne:
\[
P\left( \left| \dfrac{X_1+\cdots+X_{50}}{50}-100\right| \geqslant 0,6 \right) \leqslant \dfrac{16}{50 \times 0,6^2} \leqslant 0,89.
\]
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{dé à 6 faces}[2]
On lance $n$ fois un dé à 6 faces et on regarde la fréquence d'obtention de la face \og 6 \fg. 

Que peut-on dire de cette fréquence quand $n$ devient grand ?

\tcblower

D'après le théorème de Khintchine (loi faible des grands nombres), si on note pour \linebreak$1 \leqslant k \leqslant n$:
\[
\begin{cases}
X_k = 1 &  \text{ si on obtient un \og 6 \fg{} }\\
X_k = 0 & \text{ Si on n'obtient pas un \og 6 \fg{} }
\end{cases}
\]
où les $X_k$ sont indépendantes et suivent la même loi de Bernoulli de probabilité $\dfrac{1}{6}$ et donc d'espérance %ERR $\mu=\dfrac{1}{6}$
$\mu=\dfrac{1}{6}$, on peut écrire pour tout $\delta>0$:
\[
\lim_{n\to+\infty}
P\left(\left|
\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}-\mu\right|\geqslant\delta\right)=0
\]
ce qui signifie que la fréquence $\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}$ se rapprochera de $\mu=\dfrac{1}{6}$ quand $n$ deviendra de plus en plus grand.
\end{exocor}


\corriges
