Corrig´e 1. (7 points)
(a) (1.5 points) L’ensemble fondamental Ω est
Ω = {(i,0), i= 1,3,5} ∪ {(i, j), i= 2,4,6, j = 1,2,3,4,5,6}.
(b) (1.5 points = 0.5 point : non ´equiprobables, 1 point : justification) Les ´ev´enements
´el´ementaire de Ω ne sont pas ´equiprobables puisque, par exemple, les deux ´ev´enements
´el´ementaires de Ω (s1 = 1, s2 = 0) et (s1 = 2, s2 = 1) n’ont pas mˆeme probabilit´e : Pr(s1 = 1∩s2 = 0) = Pr(s1 = 1) = 1/6,
Pr(s1 = 2∩s2 = 1) = 1/6×1/6 = 1/36.
(c) (1 point) On cherche la probabilit´e
Pr(A) = Pr(s2 = 6) = Pr(s1 ∈ {2,4,6} ∩s2 = 6) = 3 6 ×1
6 = 1
12 = 0.0833.
(d) (1.5 point) On cherche la probabilit´e de
Pr(B) = Pr(s1 = 6 ∪ s2 = 6) = Pr(s1 = 6) + Pr(s2 = 6)−Pr(s1 = 6∩s2 = 6)
= 1
6 + 1 12 − 1
36
= 6 + 3−1
36 = 2
9 = 0.2223.
(e) (1.5 point) On cherche
Pr(C|B) = P({s1 = 6∩s2 = 6}|{s1 = 6 ∪ s2 = 6})
= P({s1 = 6∩s2 = 6} ∩ {s1 = 6 ∪ s2 = 6}) P(s1 = 6 ∪ s2 = 6)
= P(s1 = 6∩s2 = 6) P(s1 = 6 ∪ s2 = 6)
= 1/36 2/9 = 3
24 = 0.125.
1
Corrig´e 2. (4 points)
(a) (1 point=0.25 point : d´efinition des ´ev´enements, 0.25 point pour chaque probabilit´e) Soit A et T respectivement les ´ev´enements ‘l’alarme sonne’ et ‘l’homme est un terroriste’. D’apr`es l’´enonc´e
Pr(T) = 1/106 = 10−6, Pr(A|T) = 0.9999,
Pr(A|T¯) = 10−5. (b) (2 points) On cherche
Pr(T|A) = Pr(A|T) Pr(T)
Pr(A|T) Pr(T) + Pr(A|T¯) Pr( ¯T)
= 0.9999×10−6
0.9999×10−6+ 10−5×(1−10−6)
= 0.0909..
(c) (1 point = 0.5 point : alarme non satisfaisante et justification, 0.5 point : diminuer la probabilit´e de fausse alarme ; on ne demandait pas autant que ce qui est dans la correction) D’apr`es (b), l’alarme sonne “pour rien“ dans environ 90% des cas.
Ceci est beaucoup trop : si on se r´ef`ere `a l’alarme uniquement, 90% des passagers non terroristes vont ˆetre d´eclar´es terroristes ! Puisque Pr(T) est ind´ependante de l’alarme, l’unique fa¸con de modifier la probabilit´e de fausse alarme, Pr(T|A), est d’am´eliorer l’alarme de sorte que Pr(A|T) soit plus ´elev´e et/ou Pr(A|T¯) soit moins
´elev´e. Or Pr(A|T) = 0.9999 est d´ej`a tr`es ´elev´e, et mˆeme une am´elioration de cette probabilit´e `a 0.99999999 donne toujours Pr(T|A) = 0.0909. Au contraire, une diminution de facteur 10 de la probabilit´e de fausse alarme, c’est-`a-dire Pr(A|T¯) = 10−6, fait passer Pr(T|A) `a 0.5, ce qui est toujours trop ´elev´e. Avec Pr(A|T¯) = 10−7, on a Pr(T|A) = 0.9 et avec Pr(A|T¯) = 10−8, Pr(T|A) = 0.99, ce qui devient plus raisonnable : ”seulement“ 1% des passagers non terroristes seront d´eclar´es terroristes. Pour que seulement un passager sur un million soit d´eclar´e `a tort terroriste, il faudrait que Pr(A|T¯) = 10−10. D’o`u la difficult´e de produire une alarme assez performante pour s’en r´ef´erer uniquement `a elle pour le contrˆole des passagers.
2
Corrig´e 3. (7 points)
(a) (1 point)A un tour de jeu, le joueur gagne s’il tombe sur deux piles, ce qui arrive avec une probabilit´e 1/32= 1/9 puisque les r´esultats des deux pi`eces sont ind´ependants.
(b) (2 points = 1 point : fonction de masse, 1 point : x = 1,2, . . .) X suit une loi g´eom´etrique de param`etre 1/9. Sa fonction de masse est
P(X =x) = 1 9 ×
1− 1
9 x−1
= 1 9×
8 9
x−1
, x= 1,2, . . . (c) (3 points = 1 point : nombre de tours impairs, 1 point : P∞
p=0P(X = 2p+ 1), 1 point : calcul) Arnaud gagne si le nombre de tours jou´es jusqu’`a l’arrˆet du jeu est impair, c’est-`a-dire de la forme x = 2p+ 1, p = 0,1, . . . La probabilit´e que le jeu s’arrˆete au tour 2p+ 1, p= 0,1, . . ., est
Pr(X = 2p+ 1) = 1 9 ×
8 9
2p
.
On a donc
Pr(Arnaud gagne) =
∞
X
p=0
P(X = 2p+1) = 1 9×
∞
X
p=0
8 9
2p
= 1
9× 1
1−(8/9)2 = 9 17
= 0.5294..
(d) (1 point) Il est un peu plus strat´egique de commencer puisque le premier joueur a une probabilit´e d’environ 53% de gagner.
3
Corrig´e 4. (9 points)
On noteX la dur´ee de vie du syst`eme en ann´ees.
(a) (3 points = 1 point c, 1 point F(x) pour x ≥ 1, 1 point F(x) pour x < 1) Il faut d’abord calculerc pour quef soit une densit´e. On doit avoir R∞
−∞f(x) dx= 1. Or Z ∞
−∞
f(x) dx= Z ∞
1
f(x) dx= Z ∞
1
c
x3 dx=h
− c 2x2
i∞
1
= c 2,
soit c = 2. Pour trouver la fonction de r´epartition, il faut maintenant int´egrer la densit´ef(x). On trouve
F(x) = Z x
−∞
f(x) dx=
1−1/x2, x≥1, 0, x <1.
(b) (1 point) La probabilit´e recherch´ee est donn´ee par P(X >2) = 1−F(2) = 0.25.
(c) (2 points) On cherche
Pr(X >4|X >2) = Pr(X >4∩X >2)
P(X >2) = Pr(X >4)
Pr(X >2) = 1−F(4)
1−F(2) = 0.25.
(d) (1 point) La dur´ee de vie moyenne est ´egale `a l’esp´erance deX, c’est-`a-dire E(X) =
Z ∞
−∞
xf(x) dx= Z ∞
1
2x x3 =
Z ∞
1
2 x2 =
−2 x
∞
1
= 2, soit deux ans.
(e) (2 points = 1 point : x, 1 point : explication) On cherche x tel que Pr(X ≤ x) = F(x) = 0.95. Il donc faut r´esoudre 1/x2 = 0.05, soit x = 1/√
0.05 .
= 4.47. Cela signifie qu’il y a environ 95% de chance que le syst`eme fonctionne moins de 4 ans et demi.
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