Une entreprise fabrique des pièces d’usines. Parmi les pièces fabriquées, 90 % satisfont aux normes de qualité, 5 % ne satisont pas à ces normes mais fonctionnent quand même et 5 % sont défectueuses. Pour essayer de connaître la fiabilité du fabricant, un client potentiel choisit au hasard 2 pièces. On appelle $X$ le nombre de pièces défectueuses et $Y$ le nombre de pièces aux normes.
1. Calculer la loi du couple $(X,Y)$ et sa matrice de variance-covariance.
2. Trouver les lois de $X$ et de $Y$, puis leurs espérances.
3. Retrouver ce dernier résultat en utilisant le principe de linéarité de l’espérance.
4. $X$ et $Y$ sont-elles indépendantes ?

Il est important de bien comprendre la situation decrite dans l'exo : les pièces fabriquées tombent chacune dans une de trois catégories :

• pièces aux normes ($N$)
• pièces fonctionnantes, mais pas aux normes ($F$)
• pièces défectueuses (bien sûr, pas aux normes) ($D$)

Les trois ensambles $N,F,D$ forment une partition de l'ensamble de pièces, au sens où il n'y a pas d'intersection entre chaque couple d'ensembles (il ne peut pas y avoir, par exemple, une pièce defectueuse mais aux normes, ou une pièce qui est dans $N$ et $F$ en même temps).
On prend deux pièces au hazard ; on va les appeler $P_1$ et $P_2$. Pour chaque pièce (de manière indépendante) on a $P(P_k\in N)=0.9$ et $P(P_k\in F)=P(P_k\in D)=0.05$. On se demande combien de pièces sont défectueuses ($X$) et combien sont aux normes ($Y$) parmi les deux pièces choisies, et on cherche à déterminer la loi du couple $(X,Y)$.

Les valeurs possibles pour $X$ sont $0,1,2$ : soit les deux pièces sont défectueuse, soit il y a une qui est défectueuse et une qui marche, soit les deux pièces sont fonctionnantes. De même, les valeurs possibles pour $Y$ sont $0,1,2$.
Il faut donc calculer $P(X=i,Y=j)$ pour $i\in\{0,1,2\}, j\in\{0,1,2\}$ (c'est à dire qu'il y a 9 valeurs à calculer) ; on va considérer chaque cas :

• il est immédiat de voir que $P(X=2, Y=2)=P(X=2, Y=1)=P(X=1, Y=2)=0$, car ces situations sont impossibles : on n'a que deux pièce, et on sait que si une pièce est défectueuse alors elle n'est pas aux normes et inversement ;
• $i=0, j=0$ : cela correspond à $P_1,P_2\notin D$ et $P_1,P_2\notin N$, donc $P_1,P_2\in F$ ; comme $P(P_k\in F)=0.05$, $P(X=0,Y=0)=P(P_1,P_2\in F)=0.05^2 ;$
• $i=0, j=1$ : on a une pièce aux normes ; comme aucune pièce n'est défectueuse, l'autre pièce doit être dans $F$ (elle n'est pas défectueuse ni aux normes) ; on a donc $P(X=0,Y=1)=P(P_1\in N,P_2\in F)+P(P_1\in F,P_2\in N)=0.9\cdot 0.05+0.05\cdot 0.9 ;$
• $i=0, j=2$ : les deux pièce sont aux normes, ce qui arrive avec proba $P(X=0,Y=2)=P(P_1,P_2\in N)=0.9^2 ;$
• $i=1, j=0$ : une pièce défectueuse, l'autre pas aux normes (mais fonctionnante) ; $P(X=1,Y=0)=P(P_1\in D,P_2\in F)+P(P_1\in F,P_2\in D)=0.05\cdot 0.05+0.05\cdot 0.05=2\cdot 0.05^2 ;$
• $i=1, j=1$ : une pièce défectueuse, l'autre aux normes ; $P(X=1,Y=1)=P(P_1\in D,P_2\in N)+P(P_1\in N,P_2\in D)=0.05\cdot 0.9+0.9\cdot 0.05=2\cdot 0.05\cdot 0.9 ;$
• $i=2, j=0$ : les deux pièces sont défectueuses ; $P(X=2,Y=0)=P(P_1,P_2\in D)=0.05^2 .$

On trouve donc le tableau suivant pour la loi du couple :

$\begin{array}{c|ccc} X\diagdown Y & 0 & 1 & 2 \\\hline 0 & 0.0025 & 0.09 & 0.81\\ 1 & 0.005 & 0.09 & 0 \\ 2 & 0.0025 & 0 & 0 \end{array}$

dont les lois marginales et espérances

\begin{array}{c|ccc|c} X & 0 & 1 & 2 & E(X) \\\hline & 0.9025 & 0.095 & 0.0025 & 0.1\end{array}\begin{array}{c|ccc|c} Y & 0 & 1 & 2 & E(Y) \\\hline & 0.01 & 0.18 & 0.81 & 1.8\end{array}

On nous demande aussi de retrouver les espérances en utilisant la linéarité ; ça serait plus simple à faire si on savait ce que c'est que $X+Y$, mais tout ce qu'on sait est que $X+Y\leq 2$. Par ailleurs, si on appelle $Z$ le nombre de pièces fonctionnantes mais pas aux normes parmi les deux, on sait que $X+Y+Z=2$ (le nombre totale de pièces) et on sait aussi que, comme la proba qu'une pièce soit dans $F$ est la même que celle d'être dans $D$, la loi de $Z$ est la même que la loi de $X$. On a alors $E(X+Y+Z)=E(2)=2=E(X)+E(Y)+E(Z)=E(Y)+2E(X)$, d'où $E(Y)=2-2E(X)=2-2\cdot 0.1=1.8$, ce qui est bien ce qu'on avait trouvé avec le calcul direct de $E(Y)$.

Finalement, $X$ et $Y$ ne sont pas indépendants ; cela est bien évident (par exemple, si $X=2$ alors il est impossible d'avoir $Y>0$ : plus $X$ est grand, plus $Y$ doit être petit), mais on va calculer la matrice variance-covarance, comme on nous demande de faire dans la première question. On a :
$V(X)=1\cdot 0.095+ 4\cdot 0.0025=0.105$
$V(Y)=1\cdot 0.18+ 4\cdot 0.81=3.42$
$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=1\cdot 0.09-0.1\cdot 1.8=-0.09$
La covariance est non nulle, donc $X$ et $Y$ ne sont pas indépendants. La matrice variance-covariance est la suivante :
$\left(\begin{array}{cc}0.105 & -0.09\\-0.09 & 3.42\end{array}\right)$

On dispose de 4 boîtes numérotées de 0 à 3. La boîte numéro 3 contient 3 boules blanches, la boîte numéro 2 2 boules blanches et 1 boule noire, la boîte numéro 1 1 boule blanche et 2 boules noires et la boîte numéro 0 3 boules noires. On choisit une boîte au hasard et 2 boules dans cette boîte. Soit $X$ le numéro de la boîte tirée et $Y$ le nombre de boules blanches tirées. Trouver la loi de $(X,Y)$, puis celle de $Y$. Quel sera le signe de la covariance entre $X$ et $Y$ ? (On demande un raisonnement et non un calcul.)

Voici une solution détaillée en plusieurs étapes ; essayez de répondre à chaque question vous mêmes avant de lire la réponse !

Quelles sont les valeurs possibles pour $X$ ?

Les valeurs possibles sont 0, 1, 2, 3, c’est à dire les nombres associés aux 4 boîtes.

Quelles sont les valeurs possibles pour $Y$ ?

Il s’agit des valeurs 0, 1, 2 : au minimum on va tirer 0 boules blanches, et au maximum 2 (comme l’expérience consiste à tirer deux boules de l'une des 4 boîtes).

Trouver la loi de $(X,Y)$.

Il faut remplir une table comme la suivante avec les probabilités que $X=i$ et $Y=j$, pour tout couples d'entiers $(i,j)$ où $i$ est entre 0 et 3, $j$ entre 0 et 2.

$\begin{array}{c|ccc} X\diagdown Y & 0 & 1 & 2 \\\hline 0 & 1/4 & 0 & 0\\ 1 & 1/12 & 2/12 & 0 \\ 2 & 0 & 2/12 & 1/12 \\ 3 & 0 & 0 & 1/4 \end{array}$

Par exemple, la table dit que $P(X=1,Y=1)=2/12=1/6$. Mais comment est-ce qu'on l'a remplie ?

On va d'abord s'occuper de la première ligne ; on cherche donc $P(X=0,Y=i)$ pour $i=0,1,2$. On sait que $P(X=0,Y=1)=P(X=0,Y=2)=0$, parce que il n'y a pas de boules blanches dans la boîte 0 (il est donc impossible de choisir la boîte 0 et d'en tirer une ou deux boules blanches). Par contre, on a $P(X=0, Y=0)=1/4$, c'est-à-dire la probabilité de choisir la boîte 0 (après, $Y=0$ est garanti).

On calcul les probas de la dernière ligne exactement de la même façon : il y a que des boules blanches dans la boîte 3 (on en tirera forcement 2 boules blanches), donc $P(X=3, Y=0)=P(X=3, Y=1)=0$ et $P(X=3, Y=2)=1/4$.

Pour la deuxième ligne, on veut les probas de choisir la boîte 1 (qui a une boule blanche, deux noires) et en tirer $i$ boules blanches ($i=0,1,2$). Il est assez simple de calculer ces probas directement, mais on va faire un arbre pour mieux clarifier la situation :

Sachant qu'on a choisit la boîte 1, la proba de tirer 0 boules blanches est $1/3$ (c'est la proba de tirer deux fois une boule noire) et la proba d'en tirer une est $2/3$ (soit on tire une blanche, puis une noire, soit une noire, puis une blanche). On pourrait aussi faire un raisonnement du type: on tire 0 blanches si la boule qui reste est la blanche (proba 1/3) et exactement une blanche si la boule qui reste est noire (2 chances sur 3). Comme la proba de choisir la boîte 1 est 1/4, on a $P(X=1,Y=0)=\frac14\cdot\frac13=1/12$, $P(X=1,Y=1)=2/12$, $P(X=1, Y=2)=0$.

La situation de la boîte 2 est exactement symétrique.

Quel sera le signe de la covariance ?

Quand $X$ est plus grand, la proba que $Y$ soit grand augmente, car il y a plus de boules blanches dans les boîtes associées à un nombre plus grand. On s’attend donc une covariance positive.

Essayez de répondre aux questions suivantes pour vous entraîner !

• Calculer la loi de $Y$.
• Calculer l'esperance de $X$ et celle de $Y$.
• Calculer $Cov(X,Y)$.

[Réponses : la loi de $Y$ est uniforme sur $\{0,1,2\}$ (chaque résultat a proba 1/3) ; $E(X)=3/2$ ; $E(Y)=1$ ; $Cov(X,Y)=5/6$.]

Vous trouverez ici un corrigé écrit du premier contrôle préparé par Linxiao.