S’entrainer plus Corrections
Exercice 1 :
Une agence de voyage propose à sa clientèle deux formules : -une formule hôtel comportant transport et hébergement.
-une formule club comportant transport, hébergement, circuit et animation.
Une étude montre que30% des clients choisissent la formule hôtel et70%la formule club. D’autre part, parmi les clients ayant choisi la formule hôtel,80%effectue leur voyage en France et20%à l’étranger.Enfin, parmi ceux ayant choisi la formule club,40%
effectuent leur voyage en France et60%à l’étranger.
Un client se présente à l’agence.
Notons :
H:l’événement « le client choisit la formule hôtel» ; C:l’événement « le client choisit la formule club» ; E:l’événement « le client choisit un voyage à l’étranger» ; F:l’événement « le client choisit un voyage en France».
::::::
D’après
:::les
:::::::données
::de
:::::::l’énoncé
:::
P(H) = 0.3 ; P(C) = 0.7 ; PH(F) = 0.8 ; PH(E) = 0.2 ; PC(F) = 0.4 ; PC(E) = 0.6.
C H
0.8
0.2 0.3
0.7
F E
0.4
0.6
F E
1. Calculons la probabilité que le client choisisse un voyage à l’étranger, cad deE: E est la réunion des événements incompatiblesE∩H etE∩Cdonc
P(E) =P(E∩H) +P(E∩C)
=PH(E)P(H) +PC(E)P(C) = 0.2×0.3 + 0.6×0.7 = 0.48.
La probabilité que le client choisisse un voyage à l’étranger est 0.48.2. Déterminons la probabilité que le client prenne la formule club sachant qu’il a choisi un voyage à l’étranger : PE(C) =P(E∩C)
P(E) = PC(E)P(C)
P(E) =0.6×0.7 0.48 = 0.875
La probabilité qu’un client demandant un voyage à l’étranger choisisse la formule club est de0.875.Exercice 2 :
Lors d’une épidémie,35%des animaux d’un élevage sont atteints par une maladie. Un test est effectué :
La probabilité pour qu’un animal malade ait une réaction positive est0.9et la probabilité pour qu’un animal sain ait une réaction négative est0.8.
Pour un animal considéré au hasard, on note :
M l’événement « être atteint par la maladie» etRl’événement « Avoir une réaction positive»
D’après les données de l’énoncé :
P(M) = 0.35, PM(R) = 0.9, PM(R) = 0.8.
DoncP(M) = 1−0.35 =O.65, PM(R) = 1−0.9 = 0.1etPM(R) = 1−0.8 = 0.2. M M
0.9
0.1 0.35
0.65
R R
0.2
0.8
R R 1. (a) Déterminons la probabilité qu’un animal ait une réaction positive :
L’évtRest la réunion des événements incompatiblesR∩MetR∩M.
DoncP(R) =P(R∩M) +P(R∩M) =PM(R).P(M) +PM(R).P(M) = 0.9×0.35 + 0.2×0.65 = 0.445.
La probabilité qu’un animal ait une réaction positive est0.445.(b) Déterminons la probabilité qu’un animal ayant une réaction positive soit malade : PR(M) =P(R∩M)
P(R) =PM(R).P(M)
P(R) =0.9×0.35 0.445 =315
445≈0.708.
La probabilité qu’un animal ayant une réaction positive soit malade est 63
89 soit environ0.708.
(c) Déduisons-en la probabilité pour qu’un animal ayant une réaction positive soit sain : PR(M) = 1−PR(M) = 26
89.
La probabilité qu’un animal ayant une réaction positive soit sain est 26
89 soit environ0.292.
2. Déterminons la probabilité pour qu’un animal ayant une réaction négative soit malade : PR(M) = P(R∩M)
P(R) =PM(R)P(M)
P(R) =0.1×0.35 0.555 = 35
555 = 7
111La probabilité qu’un animal ayant une réaction négative soit malade est 7
111 soit environ0.063.
Exercice 4 :(Antilles-Guyane, Juin 2002 ACO3p41 )
Pour entretenir en bon état de fonctionnement le chauffage, une société immobilière fait contrôler les chaudières de son parc de logements pendant l’été. On sait que20%des chaudières sont sous garantie.
Parmi les chaudières sous garantie, la probabilité qu’une chaudière soit défectueuse est de 1 100.
Parmi les chaudières qui ne sont plus sous garantie, la probabilité qu’une chaudière soit défectueuse est de 1 10. On appelle :
Gl’événement : « la chaudière est sous garantie».
A: « la chaudière est garantie et est défectueuse».
B: « la chaudière est défectueuse »
::::::
D’après
:::les
:::::::données
::de
:::::::l’énoncé
:::P(G) = 0.20 ; PG(B) = 0.01 ; PG(B) = 0.1
DoncP(G) = 1−0.2 = 0.8, PG(B) = 1−0.01 = 0.99etPG(B) = 1−0.1 = 0.9 G G
0.01
0.99 0.2
0.8
B B
0.1 0.9
B B 1. Calculons la propabilité de l’événementApuis celle de l’événementB:
•L’événementA:« la chaudière est garantie et défectueuse» est l’événementG∩B.
DoncP(A) =P(G∩B) =PG(B)P(G) = 0.01×0.20 = 0.002.
La probabilité que la chaudière soit garantie et défectueuse est0.002.•L’événementBest la réunion des événements incompatiblesB∩GetB∩Gdonc P(B) =P(B∩G) +P(B∩G) =PG(B)P(G) +PG(B)P(G) = 0.002 + 0.1×0.8 = 0.082.
La probabilité que la chaudière soit défectueuse est0.082.2. Dans un logement, la chaudière est défectueuse. Montrons que la probabilité qu’elle soit sous garantie est de 1 41: PB(G) =P(G∩B)
P(B) =P(A) P(B)=0.002
0.082= 2.10−3 82.10−3 = 1
41.
La probabilité qu’une chaudière défectueuse soit sous garantie est 1 41.
3. Le contrôle est gratuit si la chaudière est sous garantie. Il coûte 80 euros si la chaudière n’est plus sous garantie et n’est pas défectueuse. Il coûte 280 euros si la chaudière n’est plus sous garantie et est défectueuse. On noteXla variable aléatoire qui représente le coût du contrôle d’une chaudière. Déterminons la loi de probabilité deXet son espérance mathématique : X peut prendre les valeurs0,80et280.
L’événement”X= 0”est l’événementGdoncP(X= 0) =P(G) = 0.2.
L’événement”X= 80”est l’événementG∩BdoncP(X= 80) =P(G∩B) =PG(B)P(G) = 0.9×0.8 = 0.72.
L’événement”X= 280”est l’événementG∩BdoncP(X= 280) =P(G∩B) =PG(B)P(G) = 0.1×0.8 = 0.08 Valeurs possiblesxideX 0 80 280
P(X=xi) 0.2 0.72 0.08
L’espérance deX estE(X) = 0.2×0 + 0.72×80 + 0.08×280 = 80
.4. Au cours de la période de contrôle, on a trouvé 5 chaudières défectueuses. Déterminons la probabilité qu’au moins l’une d’entre elles soit sous garantie ? :
SoitE l’évenement « au moins l’une d’entre elles est sous garantie»
L’événement contraireEest « aucune d’entre elles n’est sous garantie »E= (G, G, G, G, G).
On aP(E) = PB(G)5
doncP(E) = 1−
PB(G)5
. OrPB(G) =P(B∩G)
P(B) = PG(B)P(G)
P(B) =0.1×0.8 0.082 =40
41 doncP(E) = 1− 40
41 5
.
5chaudières étant trouvées défectueuses, la proba qu’au moins l’une d’entre elles soit sous garantie est1−40 41
5
.
Exercice 5 :
Des observations d’un gardien de but permettent d’estimer que lors d’une séance de tir : - La probabilité pour que le 1er tir soit arrêté est0.7.
- La probabilité pour que, le n-ième tir étant arrêté, le(n+ 1)ièmeest arrêté, est0.8.
- La probabilité pour que, le n-ième tir n’étant pas arrêté, le(n+ 1)ièmeest arrêté, est0.6.
On noterapnla probabilité de l’événementAn:« lenièmetir est arrêté».
1. (a) Donnons les probabilités déduites de l’énoncé :
- La probabilité pour que le 1er tir soit arrêté est0.7doncp1= 0.7.
- La probabilité pour que, le n-ième tir étant arrêté, le(n+ 1)ièmeest arrêté, est0.8.
DoncPAn(An+1) = 0.8etPAn(An+1) = 1−0.8 = 0.2.
- La probabilité pour que, le n-ième tir n’étant pas arrêté, le(n+ 1)ième est arrêté, est0.6.
DoncPAn(An+1) = 0.6etPAn(An+1) = 1−0.6 = 0.4. An
An 0.8
0.2
An+1
An+1 0.6
0.4
An
An+1
(b) Déterminons en fct depnla probabilité pour que lenièmetir et le(n+ 1)ièmetir soient arrêtés : P(An∩An+1) =PAn(An+1)P(An) = 0.8pn.
La probabilité pour que le nième et le n+1ième tirs soient arrêtés est0.8pn.(c) Exprimonspn+1en fonction depn:
An+1est la réunion des événements incompatiblesAn∩An+1etAn∩An+1.
Doncpn+1=P(An+1) =P(An∩An+1) +P(An∩An+1)
= 0.8pn+PAn(An+1)P(An) = 0.8pn+ 0.6(1−pn) = 0.2pn+ 0.6.
Ainsi,
pn+1= 0.2pn+ 0.62. On considère la suite(Un)définie pourn≥1parUn=pn−0.75.
(a) Démontrons que(Un)est une suite géométrique :
∀n≥1, Un+1=pn+1−0.75 = 0.2pn+ 0.6−0.75 = 0.2pn−0.15 = 0.2(Un+ 0.75)−0.15
= 0.2Un+ 0.15−0.15 = 0.2Un.
D’où(Un)est géométrique de raison0.2et de premier termeU1=p1−0.75 = 0.7−0.75 =−0.05.
(b) Exprimonspnen fonction den:
(Un)est géométrique de raison0.2et de premier termeU1=−0.5donc∀n≥1, Un=U1×(0.2)n−1=−0.05×(0.2)n−1. D’où
pn=Un+ 0.75 =−0.05×(0.2)n−1+ 0.75
. (c) Etudions la limite de la suite(pn):0.2∈]0 ; 1[donc lim
n→+∞
(0.2)n−1= 0donc
n→lim+∞
pn= 0.75.
Exercice 6 :(Asie, juin 2002 ACO3p56 )
Amélie est en vacances dans une très grande métropole. Elle doit traverser cette ville en suivant l’avenue principale, qui est jalonnée de nombreux feux tricolores.
Pour tout entier natureln≥1, on noteEnl’événement : « Amélie est arrêtée par le nièmefeu rouge ou orange » etEnl’événement conraire. Le feu orange est considéré comme un feu rouge.
Soitpnla probabilité deEnetqncelle deEn. La probabilité que le premier feu tricolore soit rouge ou orange vaut 1 8. On suppose que les deux conditions suivantes sont réalisées :
•la probabilité que len+ 1ièmefeu tricolore soit rouge ou orange, si lenièmefeu est rouge ou orange vaut 1 20. DoncPEn(En+1) = 1
20etPEn(En+1) = 1− 1 20=19
20.
•la probabilité que len+ 1ièmefeu tricolore soit rouge ou orange, si lenièmefeu est vert vaut 9 20. DoncPEn(En+1) = 9
20etPEn(En+1) = 1− 9 20=11
20.
1. On s’intéresse, tout d’abord, aux deux premiers feux tricolores.
(a) Réalisons un arbre pondéré illustrant la situation :
E1
E1 1/20 19/20 1/8
7/8
E2
E2 9/20 11/20
E2
E2
(b) On noteXla variable aléatoire égale au nombre de feux verts parmi ces deux premiers feux tricolores. Déterminons la loi de probabilité deX.
X peut prendre les valeurs0,1et2.
L’événement”X= 0”est l’événementE1∩E2 doncP(X= 0) =P(E1∩E2) =PE1(E2)P(E1) = 1 20×1
8 = 1 160. L’événement”X= 2”est l’événementE1∩E2 doncP(X= 0) =P(E1∩E2) =PE1(E2)P(E1) = 11
20×7 8 = 77
160. DoncP(X= 1) = 1−P(X= 0)−P(X= 2) = 82
160 =41 80. Valeurs possiblesxideX 0 1 2
P(X=xi) 1 160
41 80
77 160 (c) Calculons l’espérance deX.
L’espérance deX estE(X) = 0× 1
160+ 1×41
80+ 2× 77 160 =59
40. 2. On se place maintenant dans le cas général.
(a) En remarquant queEn+1= (En+1∩En)∪(En+1∩En), montrons que, pour toutn≥1,pn+1= 1 20pn+ 9
20qn: pnest la probabilité de l’événementEncadpn=P(En)etqnest la probabilité deEn.
Doncqn=P(En) = 1−P(En) = 1−pn.
OrEn+1est l’union des événements incompatiblesEn+1∩EnetEn+1∩Endonc P(En+1) =P(En+1∩En) +P(En+1∩En) =PEn(En+1)P(En) +PEn(En+1)P(En).
D’où
pn+1= 1 20pn+ 9
20qn .
(b) Déduisons-en l’expression depn+1en fonction depn: pn+1= 1
20pn+ 9 20qn= 1
20pn+ 9
20(1−pn) =−8 20pn+ 9
20= 9 20−2
5pn.
3. Soit la suite(un)de nombres réels définie pour tout entier natureln≥1par :un= 28pn−9.
(a) Montrons que(un)est une suite géométrique et déterminons sa raisonk:
∀n, un+1= 28pn+1−9 = 28(9 20−2
5pn)−9 =−28×2 5pn+18
5 =−2
5(28pn−9) =−2 5un. D’où
(un)est géométrique de raison−2
5 et de premier termeu1= 28p1−9 = 281
8−9 =−11 2. (b) Exprimonsunpuispnen fonction den:
(un)est géométrique de raison−2
5 et de premier termeu1=−11
2 donc∀n≥1, un=u1
−2 5
n−1
. Doù
∀n, un=−11 2
−2 5
n−1
=55 4
−2 5
n
. Orpn=un+ 9
28 donc
∀n≥1, pn= 1 28
55 4
−2 5
n
+ 9 .
(c) Déterminons la limite, si elle existe, depn, quandntend vers+∞et donnons une interprétation de ce résultat :
−2
5
<1donc lim
n→+∞
−2 5
n
= 0d’où
n→lim+∞pn= 9
28≈0.32.
Cela signifie que plus Amélie progressera dans la ville plus la probabilité qu’elle soit arrêtée à un feu sera prohe de0.32.
Exercice 7 :(Liban, juin 2003 ACO4p153 )
Une urne contient quatre boules noires et deux boules blanches.
Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 2. On répètenfois l’épreuve qui consiste à tirer une boule puis à la remettre dans l’urne ; on suppose que toutes les boules ont la même probabilité d’être tirées et que les tirages sont indépendants.
On notepnla probabilité de tirer exactement une boule blanche lors desn−1premiers tirages et une boule blanche lors dun-ième tirage.
Etant donné que les tirages sont identiques et indépendants et qu’on suppose que toutes les boules ont la même probabilité d’être tirées, à chaque tirage la probabilité de tirer une boule blanche (évtB) est de 2
6 soit 1
3 et la probabilité de tirer une boule noire (évtN) est de 4
6 soit 2 3.
De plus, les tirages étant des épreuves indépendantes, la probabilité d’une liste de résultats est le produit des probabilités de chacun des résultats.(cf p8 du cours).
1. Calculons les probabilitésp2, p3etp4 :
::::::::
Effectuons
:::::deux
::::::tirages
::
p2est la probabilité de tirer deux boules blanches lors de ces deux tirages (évt(B, B)).
Etant donné que les tirages sont indépendants, on ap2=P((B, B)) =P(B)×P(B) =1 3×1
3 =1 9.
•Effectuons::::::::
::::trois
::::::tirages
::
p3est la probabilité de tirer exactement une boule blanche lors des deux premiers tirages et une boule blanche au troisième tirage donc
p3=P((B, N, B)∪(N, B, B)) =P((B, N, B)) +P((N, B, B)) = 1 3×2
3×1 3+2
3×1 3×1
3 = 4 27.
•Effectuons::::::::
::::::quatre
::::::tirages
::
p4est la probabilité de tirer exactement une boule blanche lors des trois premiers tirages et une boule blanche au quatrième tirage donc
p4=P((B, N, N, B)∪(N, B, N, B)∪(N, N, B, B)) =P((B, N, N, B)) +P((N, B, N, B)) +P((N, N, B, B))
=1 3×2
3×2 3×1
3+2 3×1
3×2 3×1
3+2 3×2
3×1 3×1
3 =12 81= 4
27. 2. On considère les événements suivants :
Bn: « On tire une boule blanche lors du n-ième tirage»,
Un: « On tire une boule blanche et une seule lors desn−1premiers tirages » (a) Calculons la probabilité de l’événementBn.
Tous les tirages sont identiques doncP(Bn) = 1 3.
(b) Exprimons la probabilité de l’événementUnen fonction den:
SoitUnl’événement :" On tire une boule blanche et une seule lors desn−1premiers tirages "
Lors d’un tel évt, on tire donc une boule blanche etn−2boules noires. De plus, il y an−1places possibles pour la boule blanche.
En clair, Un est l’union desn−1 évts incompatibles (B, N, N, ..., N),(N, B, N, N, ..., N), ...,(N, N, ..., N, B) qui ont tous pour probabilité 1
3×2 3
n−2
. D’oùP(Un) = (n−1)×1
3× 2
3 n−2
.
(c) Déduisons-en l’expression depnen fonction denet vérifions l’égalité :pn=n−1 4 ×2
3 n
. pnest la probabilité de l’évt(Un, Bn)donc
pn=P(Un)×P(Bn) = (n−1)× 1 32 ×
2 3
n−2
= (n−1)2n−2
3n =n−1 22 ×2n
3n =n−1 4
2 3
n
. 3. On poseSn=p2+p3+· · ·+pn.
(a) Démontrons par récurrence que pour tout entier naturelnsupérieur ou égal à2, on a Sn= 1−(n
2 + 1)×2 3
n
.
Démontrons déjà que la proposition est vraie pourn= 2.
S2=p2=1
9 et1−(2
2+ 1)×2 3
2
= 1−8 9= 1
9. Donc la propriétée est vraie pourn= 2.
On suppose maintenant que la propriété est vraie pour
UN entier net on va montrer qu’elle est vraie pour l’entier n+ 1.On suppose donc queSn= 1−(n
2+ 1)×2 3
n
et on va prouver queSn+1= 1−(n+ 1
2 + 1)×2 3
n+1
. OrSn+1=p2+p3+...+pn+pn+1=Sn+pn+1= 1−(n
2 + 1)× 2
3 n
+n 4 ×
2 3
n+1
= 1−2 3
n+13 2×(n
2 + 1)−n 4
= 1−2 3
n+1
(n 2 +3
2) = 1−(n+ 1 2 + 1)2
3 n+1
.
Ainsi la propriété est héréditaire et vraie au rang 2 donc elle est vraie pour toutnentier supérieur ou égal à 2.
(b) Déterminons la limite de la suite(Sn).
Sn= 1−n 2 ×
2 3
n
− 2
3 n
= 1−1
2×nenln(2/3)− 2
3 n
Or lim
n→+∞
nenln(2/3)= lim
N→−∞
1
ln(2/3)N eN= 0en posantN=nln(2/3) De plus, 2
3 ∈]0 ; 1[donc lim
n→+∞
2 3
n
= 0.
D’où lim
n→+∞
Sn= 1.
S’entrainer plus Les combinaisons
Exercice 8 :(D’après Hyperbole p392)
On tire au hasard5cartes dans un jeu de32cartes. On appelle « main » l’ensemble des 5 cartes obtenues.
1. Déterminons le nombre de « mains » différentes :
Tirer au hasard 5 cartes dans un jeu de 32 revient à former une combinaison de 5 parmi 32. Il y a donc 32
5
= 201 376"
mains " différentes.
2. Déterminons le nombre de « mains » contenant4as :
Pour avoir une " main " contenant 4 as, il faut avoir tiré les 4 as du jeu et une carte parmi les 28 restantes. Il y a donc 4
4
× 28
1
= 28" mains " contenant 4 as.
3. Déterminons le nombre de « mains » contenenant un as exactement :
Pour obtenir une " main " contenant exactement un as, il faut avoir tiré un as parmi les 4 et 4 cartes parmi les 28 qui ne sont pas des as. Il y a donc
4 1
× 28
4
= 81 900" mains " contenant exactement 1 as.
Exercice 9 :(D’après Hyperbole p392)
Une association est formée de 35 personnes dont 15 hommes et 20 femmes. On se propose de former un bureau de5personnes, dans lequel doivent se trouver au moins 2 femmes et 2 hommes.
De combien de façons peut-on former ce bureau ?
Pour former ce bureau, on peut choisir 2 femmes parmi les 20 et 3 hommes parmi les 15 ou choisir 3 femmes parmi les 20 et 2 hommes parmi les 15.
Il y a donc 20
2
× 15
3
+ 20
3
× 15
2
= 206 150façons de former ce bureau.
Exercice 10 :(D’après Hyperbole p392)
L’équipe de basket d’un lycée doit disputer un match. 8 élèves ont été selectionnés parmi lesquels figure Jean. Pour un match, l’entraîneur choisit au hasard5joueurs parmi les 8 selectionnés. On appellera «cinq» cet ensemble de 5 joueurs.
1. Combien l’entaineur peut-il former de « cinq» différents ?
Former un "cinq" revient à former une combinaison de 5 parmi 8 donc il y a 8
5
= 56façons de former un "cinq".
2. Démontrons que la probabilité que Jean fasse partie du «cinq» est égale à 5 8 :
Pour que Jean fasse partie du "cinq " , il faut donc choisir Jean ( et il n’y en a qu’un parmi un ! !) et choisir 4 autres personnes parmi les 7 restantes.
Il y a donc 1
1
× 7
4
= 35façons de former un "cinq" contenant Jean.
La probabilité que Jean fasse partie du "cinq" est donc 35 56=5
8.
Exercice 11 :(Groupe IV, Juin 1995-ACO4-p351)
Dans tout l’exercice, on donnera les résultats sous forme de fractions irréductibles.
Partie A :
Dans une urneU1on a placé 4 jetons portant le nombre100et 3 jetons portant le nombre200.
On extrait simultanément au hasard 3 jetons deU1et on note la somme des nombres inscrits sur ces 3 jetons.
Extraire simultanément au hasard 3 jetons deU1 revient à former une combinaison de 3 parmi 7.
Il y a donc 7
3
= 35tirages possibles .
On suppose l’équiprobabilité des tirages et ainsi la probabilité d’un événement est nb de tirages favorables à l’évt nb total de tirages possibles . 1. Montrons que la probabilité d’obtenir une somme égale à400vaut 18
35 :
Pour obtenir une somme égale à 400 euros, il faut tirer deux jetons marqués 100 parmi les 4 et un jeton marqué 200 parmi les 3.
D’où la probabilité d’obtenir une somme égale à 400 vaut 4
2
× 3
1
35 =6×3 35 =18
35. 2. SoitX la variable aléatoire associant à chaque tirage de 3 jetons la somme obtenue.
(a) Déterminons la loi de probabilité deX: En tirant 3 jetons dansU1, on peut :
•tirer 3 jetons marqués 100 et la sommeXvaut alors300.
•tirer 2 jetons marqués 100 et 1 marqué 200 et la sommeX vaut alors400.
•tirer 1 jeton marqué 100 et 2 marqués 200 et la sommeX vaut alors500.
•tirer 3 jetons marqués 200 et la sommeXvaut alors600.
X peut donc prendre les valeurs300,400,500et600.
• L’événement ”X = 300” est réalisé lorsque l’on tire 3 jetons marqués 100 parmi les 4 et 0 jeton marqué 200 parmi les 3 doncP(X= 300) =
4 3
× 3
0
35 = 4
35.
•D’après la question précédente,P(X= 400) =18 35.
•L’événement”X= 500”est réalisé lorsque l’on tire 1 jeton marqué 100 parmi les 4 et 2 jetons marqués200parmi les 3 doncP(X= 500) =
4 1
× 3
2
35 = 12
35.
•L’événement”X= 600”est réalisé lorsque l’on tire 0 jeton marqué 100 parmi les 4 et 3 jetons marqués200parmi les 3 doncP(X= 600) =
4 0
× 3
3
35 = 1
35.
Valeurs possiblesxideX 300 400 500 600
P(X=xi) 4
35 18 35
12 35
1 35 (b) Calculons l’espérance mathématique deX :
L’espérance mathématique deXestE(X) = 4
35×300 +18
35×400 +12
35×500 + 1
35×600 =3 000 7 . Partie B :
On considère l’urneU1de la première question et une autre urneU2contenant 3 jetons marqués 100 et 2 jetons marqués 200.
Un tirage consiste à extraire un jeton deU1puis un jeton deU2.
En supposant l’équiprobabilité à chaque tirage et en appliquant l’indépendace des tirages, on obtient l’arbre suivant : (cf p 6 du chap 10 )
JU1,200
JU1,100 3/5
2/5 4/7
3/7
JU2,100
JU2,200
3/5
2/5
JU2,100
JU2,200
1. Calculons la probabilité d’obtenir 2 jetons portant le même nombre :
SoitAl’événementA: "tirer 2 jetons portant le même nombre". AlorsAest l’union des évts incompatibles(JU1,100, JU2,100) et(JU1,200, JU2,200)et les expériences étant indépendantes :
- la probabilité de tirer un jeton marqué 100 dans l’urne 1 puis un jeton marqué 100 dans l’urne 2 est P(JU1,100, JU2,100) =P(JU1,100)×P(JU2,100) = 4
7×3 5 =12
35.
- la probabilité de tirer un jeton marqué 200 dans l’urne 1 puis un jeton marqué 200 dans l’urne 2 est P(JU1,200, JU2,200) =P(JU1,200)×P(JU2,200) = 3
7×2 5 = 6
35. DoncP(A) =12
35+ 6 35=18
35.
2. Déduisons-en la probabilité pour que la somme des nombres tirés soit égale à 300 :
Pour que la somme des nombres tirés soit égale à 300, il faut tirer 2 jetons portant des nbs différents.
L’évtB:" la somme des nbs tirés est égale à 300" est dc l’évt contraire de l’évtA: " les 2 jetons portent le même nombre".
La probabilité cherchée est doncP(B) = 1−P(A) = 1−18 35=17
35.
3. Calculons la probabilité d’avoir extrait deU1un jeton marqué 100 sachant qu’on a obtenu une somme égale à 300 : SoitC l’évt : " le jeton extrait de l’urneU1est marqué 100" .
On cherche la probabilité d’avoir extrait deU1 un jeton marqué 100 sachant qu’on a obtenu une somme égale à 300 cad PB(C). OrPB(C) = P(B∩C)
P(B) .
OrB∩Cest l’évt :" le jeton extrait deU1est marqué 100 et la somme est 300" cad " le jeton extrait deU1est marqué 100 et celui deU2 est marqué 200 " doncP(B∩C) = 4
7×2 5 = 8
35 . D’oùPB(C) = 8
17. Exercice 12 :
1. Construisons le triangle de Pascal jusqu’à la lignen= 7:voir cours . . . Donnons alors les valeurs de
7 5
; 5
3
:D’après le triangle de Pascal, 7
5
= 21et 5
3
= 10.
2. Développons avec la formule du binôme :(1 + 2i)6 ; (3x−2)4. D’après la formule du binôme :
(1 + 2i)6= 6
0
16(2i)0+ 6
1
15(2i)1+ 6
2
14(2i)2+ 6
3
13(2i)3+ 6
4
12(2i)4+ 6
5
11(2i)5+ 6
6
10(2i)6.
= 1 + 6×2i+ 15×(−4) + 20×(−8i) + 15×16 + 6×32i+ 1×(−64)
= 1 + 12i−60−160i+ 240 + 192i−64 = 117 + 44i.
D’après la formule du binôme : (3x−2)4=
4 0
(3x)4(−2)0+ 4
1
(3x)3(−2)1+ 4
2
(3x)2(−2)2+ 4
3
(3x)1(−2)3+ 4
4
(3x)0(−2)4.
= 1×81x4×1 + 4×27x3×(−2) + 6×9x2×4 + 4×3x×(−8) + 1×1×16
= 81x4−216x3+ 216x2−96x+ 16.
3. Démontrons que
5
X
k=0
5 k
= 32:
5
X
k=0
5 k
=
5
X
k=0
5 k
1k15−k= (1 + 1)5= 25= 32.
S’entrainer plus
Lois discrètes et lois continues
Exercice 13 :
Un joueur mise 10 euros puis tire simultanément 3 cartes d’un jeu dont on a conservé seulement les personnages.Il recoit 9 euros par roi obtenu. On noteXla va égale au nombre de rois tirés etGcelle égale au gain du joueur.
Un tirage revient donc à former une combinaison de 3 cartes parmi les 12. Il y a donc 12
3
= 220tirages possibles.
1. (a) Déterminons la loi de probabilité deX: X peut donc prendre pour valeur0,1,2ou3.
•L’évt”X= 0”correspond à l’évt : " Aucun roi parmi les 4 n’est tiré et 3 cartes parmi les 8 autres sont tirées ".
Donc en supposant l’équiprobabilité des tirages,P(X= 0) = 4
0
× 8
3
220 = 56 220 =14
55.
•L’évt”X= 1”correspond à l’évt : " 1 roi parmi les 4 est tiré et 2 cartes parmi les 8 autres sont tirées ".
Donc en supposant l’équiprobabilité des tirages,P(X= 1) = 4
1
× 8
2
220 =4×28 220 =112
220 =28 55.
•L’évt”X= 2”correspond à l’évt : " 2 rois parmi les 4 sont tirés et 1 carte parmi les 8 autres est tirée ".
Donc en supposant l’équiprobabilité des tirages,P(X= 2) = 4
2
× 8
1
220 =6×8 220 = 48
220= 12 55.
•L’évt”X= 3”correspond à l’évt : " 3 rois parmi les 4 sont tirés et 0 carte parmi les 8 autres n’est tirée ".
Donc en supposant l’équiprobabilité des tirages,P(X= 3) = 4
3
× 8
0
220 = 4
220 = 1 55. Valeurs possiblesxideX 0 1 2 3
P(X=xi) 14
55 28 55
12 55
1 55
(b) Déterminons la probabilité que le joueur tire au moins un roi :
La probabilité que le joueur tire au moins un roi estP(X≥1) = 1−P(X= 0) =41 55. 2. (a) Déterminons la loi de probabilité deG:
Sachant que le joueur mise 10 euros,Gpeut prendre pour valeur :
• −10lorsque le joueur ne tire aucun roi cad lorsqueX= 0et on a alorsP(G=−10) =P(X= 0) = 14 55.
• −1lorsque le joueur tire un roi cad lorsqueX= 1et on a alorsP(G=−1) =P(X= 1) =28 55.
•8lorsque le joueur tire deux rois cad lorsqueX= 2et on a alorsP(G= 8) =P(X= 2) =12 55.
•17lorsque le joueur tire trois rois cad lorsqueX= 3et on a alorsP(G= 17) =P(X= 3) = 1 55. Valeurs possiblesgideG −10 −1 8 17
P(G=gi) 14
55 28 55
12 55
1 55 (b) Le jeu est-il équitable ?
L’espérance deGestE(G) =−10×14
55−1×28
55+ 8×12
55+ 17× 1 55=−1.
E(G)<0donc le jeu est défavorable au joueur ; il n’est donc pas équitable.
3. Le joueur effectue 5 parties. On noteY la va égale au nombre de parties où le joueur a tirés 3 rois.
(a) Déterminons la loi de probabilité deY :
L’expérience consistant à effectuer 5 parties de façon indépendante est un shéma de Bernouilli à 5 épreuves dont l’issue
" tirer 3 rois", considérée comme succés, a pour probabilité 1 55.
Donc la va Y égale au nb de succés cad au nombre de parties où le joueur a tirés 3 rois suit une loi binomiale de paramètres 1
55 et5.
D’où∀0≤k≤5, P(Y =k) = 5
k
× 1 55
k54 55
5−k
.
(b) Déterminons la probabilité pour que le joueur obtienne au moins 4 fois 3 rois : La probabilité pour que le joueur obtienne au moins4fois3rois estP(Y ≥4) OrP(Y ≥4) =P(Y = 4) +P(Y = 5) =
5 4
× 1
55 454
55 1
+ 5
5
× 1
55 554
55 0
=...=271 555. (c) Déterminons l’espérance, la variance et l’écart-type deY :
L’espérance deY estE(Y) = 5× 1 55= 1
11. La variance deY estV(Y) = 5× 1
55×54 55= 54
605. L’écart-type deY estσ(Y) =p
V(Y) = 3√ 30 55 . 4. Le joueur effectuenparties.
(a) Déterminons la probabilitépnpour que le joueur obtienne au moins une fois 3 rois : SoitAnl’événement " le joueur obtient au moins une fois 3 rois".
L’événement contraire estAn" le joueur n’obtient aucune fois 3 rois". AlorsAn= (”X= 3”,”X= 3”, . . . ,”X= 3”).
Les parties successives étant indépendantes,P(An) = [P(X= 3)]n=h
1−P(X= 3)in
=54 55
n
. D’oùpn=P(An) = 1−P(An) = 1−54
55 n
. (b) Déterminons la limite de la suite(pn)
54
55∈]0 ; 1[donc lim
n→+∞
54 55
n
= 0d’où lim
n→+∞
pn= 1.
(c) Déterminons le plus petit entiernpour quepn≥0.99: On cherche le plus petit entierntel quepn≥0.99.
Orpn≥0.99⇔1−54 55
n
≥0.99⇔ −54 55
n
≥ −0.01⇔54 55
n
≤0.01⇔ln54 55
n
≤ln 0.01
⇔nln54
55≤ln 0.01⇔n≥ ln 0.01 ln(54/55). Or ln 0.01
ln(54/55)≃250.9donc le plus petit entierntel quepn≥0.99est251.
Exercice 14 :(Antilles-Guyane, Juin 2003, AC04 p56)
Une entrepriseAest spécialisée dans la fabrication en série d’un article. Un contrôle de qualité a montré que chaque article produit par l’entrepriseApouvait présenter deux types de défaut : un défaut de soudure avec une probabilité égale à0.03et un défaut sur un composant électronique avec une probabilité égale à0.02. Le contrôle a montré aussi que les deux défauts étaient indépendants.
Un article est dit défectueux s’il présente au moins l’un des deux défauts.
On note :
Sl’évt : « l’article présente un défaut de soudure » Cl’évt : « l’article possède un composant défectueux » Dl’évt : « l’article est défectueux »
D’après l’énoncé,P(S) = 0.03etP(C) = 0.02.
1. Montrons que la probabilité qu’un article fabriqué par l’entrepriseAsoit défectueux est égale à0.049 4.
Un article est défectueux s’il présente au moins l’un des deux défauts doncD=S∪C. D’oùP(D) =P(S) +P(C)−P(S∩C).
OrC etSsont indépendants doncP(S∩C) =P(S)×P(C)d’oùP(D) = 0.03 + 0.02−0.03×0.02 = 0.049 4.
La probabilité qu’un article fabriqué par l’entrepriseAsoit défectueux est égale à0.049 4.
2. Une grande surface reçoit800articles de l’entrepriseA. SoitXla variable aléatoire qui à cet ensemble de800articles associe le nombre d’articles défectueux.
(a) Définissons la loi deX.
Les défauts sur les articles étant indépendants et les articles étant identiques, étudier l’éventuelle défectuosité de 800 articles constitue un schéma de Bernouilli à 800 épreuves dont l’issue "l’article est défectueux ", considérée comme succés, a pour probabilité0.049 4. La vaXégale au nombre de succés cad égale au nombre d’articles défectueux suit donc une loi binomiale de paramètres800et0.049 4.
Donc∀0≤k≤800, P(X=k) = 800
k
0.049 4k
0.950 6800−k
. (b) Calculons l’espérance mathématique deX. Quel est le sens de ce nombre ?
L’espérance mathématique deXqui suit une loi binomiale de paramètres0.049 4et800est E(X) = 0.049 4×800 = 39.52≈40.
E(X)représente le nb moyen d’appareils défectueux obtenus quand on en achète800.
3. (a) Un petit commerçant passe une commande de25articles à l’entrepriseA.
Calculons, à10−3près, la probabilité qu’il y ait plus de 2 articles défecueux dans sa commande.
Etudier l’éventuelle défectuosité d’un article est une expérience de Bernouilli où le succés est "l’article est défectueux "
de probabilité0.049 4. Les défauts sur les articles étant indépendants et les articles étant identiques, étudier l’éventuelle défectuosité de 25 articles constitue un schéma de Bernouilli à 25 épreuves dont l’issue "l’article est défectueux ", considérée comme succés, a pour probabilité0.049 4. La vaY égale au nombre de succés cad égale au nombre d’articles défectueux suit donc une loi binomiale de paramètres25et0.049 4.
L’évt " il y a plus de 2 articles défectueux dans la commande " est l’evt "”Y >2”.
OrP(Y >2) = 1−P(Y ≤2) = 1−P(Y = 0)−P(Y = 1)−P(Y = 2)
= 1− 25
0
0.049 40
0.950 625
− 25
1
0.049 41
0.950 624
− 25
2
0.049 42
0.950 623
≈0.124à10−3 près.
(b) Il veut que sur sa commande la probabilité d’avoir au moins un article défectueux reste inférieure à50%. Déterminons la valeur maximale du nombrend’articles qu’il peut commander.
SoitAnl’événement " au moins un article est défecteux".
L’événement contraire estAn" aucun article n’est défecteux". AlorsAn= (D, D, . . . D).
Les articles étant identiques et les défauts indépendantsP(An) =h P(Din
= (1−0.0494)n= 0.9506n. DoncP(An) = 1−0.9506n.
Il veut que sur sa commande la probabilité d’avoir au moins un article défectueux reste inférieure à 50%. Résolvons alorsP(An)<0.5.
P(An)<0.5⇔1−0.9506n<0.5⇔0.950 6)n>0.5⇔nln 0.950 6>ln 0.5⇔n < ln 0.5 ln 0.950 6. Or ln 0.5
ln 0.950 6≈13.68donc le nb maximal d’articles à commander est de 13.
4. La variable aléatoire, qui à tout article fabriqué par l’entreprise associe sa durée de vie en jours, suit une loi exponentielle de paramètre0.000 7.
Calculons la probabilité, à10−3 près, qu’un tel article ait une durée de vie comprise entre700et1000jours.
La variable aléatoire, qui à tout article fabriqué par l’entreprise associe sa durée de vie en jours, suit une loi exponentielle de paramètre0.000 7.
Donc la probabilité qu’un article ait une durée de vie comprise entre700et1 000jours est : P([700; 100]) =
Z1000
700
0.0007e−0.000 7xdx=h
−e−0.000 7xi1 000
700 ≈0.116à10−3près.
Exercice 15 :(La Réunion, Juin 2003, AC05 p346)
1. Tirer une boule est une expérience de Bernouilli où le succés est " tirer une boule blanche" de probabilité 75
100. En effec- tuantntirages indépendants et avec remise, on réalise donc un schéma de Bernouilli.
a. La vaXégale au nb de succés cad au nb de boules blanches tirées suit donc une loi binomiale de paramètresnet0.75.
a. Fauxb. DoncP(X= 0) = n
0
(0.75)0(0.25)n=1 4
n
= 1 22n.
b. Vraic. L’evt contraire deX <5est l’evtX≥5doncP(X <5) = 1−P(X≥5)
c. Faux
d. L’espérance d’une va qui suit une loi binomiale de paramètresnetpestnpdoncE(X) = 0.75n
d. Vrai2. D’après les donnés de l’énoncé, nous avons l’arbre suivant :
M M
0.99
0.01 0.01
0.99
T
T
0.02
0.98
T
T
a.PM(T) +PM(T) = 0.99 + 0.02 = 1.01
a. Vrai
b.T est l’union des évts incompatiblesM∩T etM∩T donc P(T) =P(M∩T) +P(M∩T) =PM(T)P(M) +PM(T)P(M)
b. Fauxc. DoncP(T) = 0.99×0.01 + 0.02×0.99 = 0.0297 = 2.97.10−2
c. Vrai
d.PT(M) = P(T∩M)
P(T) = 0.99×0.02
0.0297 =198.10−4 297.10−4 = 2
3
d. Vrai
3. La durée d’attente en secondes à la caisse d’un supermarché est une variable aléatoireY qui suit la loi exponentielle de paramètre 0.01. Alors
a. La densité de probabilité deY est la fonctionf définie sur[0 ; +∞[parf(t) = 0.001e−0.01t.
a.Faux
b. DoncP(Y ≤t) = Z t
0
0.01e−0.01xdx=h
−e−0.01xit
0= 1−e−0.01t
b. Vrai
c. 3 minutes font 180 secondes donc la proba d’attendre moins de 3 minutes estP(Y <180) =P(Y ≤180) = 1−e−1.8 ≈0.83
c. Faux
d. La probabilité d’attendre plus d’une minute est P(Y >60) = 1−P(Y ≤60) =e−0.6≈0.55>0.5
d. VraiExercice 17 :
Dans un aéroport, la durée d’attenteX en minutes pour l’enregistrement des bagages suit une loi exponentielle de paramètre 1 10. 1. (a) Déterminons la probabilité pour que l’attente soit inférieure à une demi-heure.
P(X <30) =P(0≤X≤30) = Z 30
0
λe−λxdx=h
−e−λxi30
0 =−e−3+ 1.
La probabilité pour que le temps d’attente soit inférieure à une demi-heure est1−e−3.
(b) Déterminons la probabilité pour que l’attente soit comprise entre un quart d’heure et trois quarts d’heures sachant qu’elle est supérieure à un quart d’heure.
PX>15(15≤X≤45) = P(”X >15”∩”15≤X≤45”)
P(X >15) =P(15≤X≤45) P(X >15) . OrP(15≤X≤45) =
Z45 15
λe−λxdx=h
−e−λxi45
15=e−1.5−e4.5. EtP(X >15) = 1−P(X≤15) = 1−
Z 15
0
λe−λxdx= 1− h
−e−λxi15
0 = 1−1 +e−1.5. D’oùPX>15(15≤X≤45) =e−1.5−e−4.5
e−1.5 =e−1.5(1−e−3)
e−1.5 = 1−e−3.
Ainsi la probabilité pour que l’attente soit comprise entre un quart d’heure et trois quarts d’heure sachant qu’elle est supérieure à un quart d’heure est de1−e−3.
2. (a) Déterminons la probabilité pour que l’attente soit supérieure à 30 minutes : P(X >30) = 1−P(X≤30) = 1−
Z 30
0
λe−λxdx= 1−h
−e−λxi30 0 =e−3 La probabilité pour que l’attente soit supérieure à 30 minutes est dee−3.
(b) Déterminons la probabilité pour que l’attente étant supérieure à 15 minutes, elle dépasse 45 minutes.
PuisqueXsuit une loi de durée de vie sans vieillissement,PX>15(X >45) =PX>15(X >15+30) =P(X >30) =e−3. La probabilité pour que l’attente étant supérieure à 15 minutes soit supérieure à 45 minutes (soit à 30 minutes de plus) est dee−3, ce qui est égal à la probabilité pour que le temps d’attente soit supérieure à 30 minutes.
Exercice 18 : (La Réunion-Juin 2004, AC05 p126) Partie A :
1c
Prélever une étiquette dsB1 correspond à une expérience de Bernouilli où le succés est " l’adresse est erronée " de probabilité 120
6000. Prélever 10 étiquettes, avec remise (donc de manière identique et indépendante) correspond donc à un schéma de Bernouilli.
Donc la vaXégale au nb d’étiquettes erronées suit une loi binomiale de paramètres 120 6000 et10.
DoncP(X= 3) = 10
3 120
6000
35880 6000
7
.
2d
Sans rédiger proprement, en gros cela donne : PEx(B1) = P(Ex∩B1)
P(Ex)
OrExest l’union des évéts incompatiblesEx∩B1etEx∩B2
dc
PEx(B1) = P(Ex∩B1) P(Ex∩B1) +P(Ex∩B2)
= 0.98×0.6
0.4×0.95 + 0.98×0.6 B2
B1 0.98
0.02 0.6
0.4
Ex
Ex
0.95
0.05
Ex
Ex
Partie B :
1a
P(X >2500) = 1−P(X≤2500) = 1− Z 2500
0
λe−λxdx= 1− h
−e−λxi2500
0 =e−1.25=e−2500/2000
2•
b Vous faites une IPP bien sûr en posantu(x) =xetv(x) =λe−λx.
•
b Vous devez calculer la limite du résultat de l’intégrale précédente quand t tend vers+∞. Les deux premiers membres tendent vers0. Il reste 1
λ qui fait2000.
