(1)

Révisions – Probabilités – Corrigé Exercice 1 : 1)

2) a) 𝑃(𝐵 ∩ 𝑆̅) = 𝑃(𝐵) × 𝑃 (𝑆̅) = 0,2 × 0,8 = 0,16 ?

b) 𝑃(𝑆̅) = 𝑃(𝐴 ∩ 𝑆̅) + 𝑃(𝐵 ∩ 𝑆̅) = 0,8 × 0,9 + 0,16 = 0,72 + 0,16 = 0,88

La probabilité que la boîte prélevée ne présente aucune trace de pesticides est bien égale à 0,88.

3) On constate que la boîte prélevée présente des traces de pesticides.

𝑃 (𝐵) = 𝑃(𝐵 ∩ 𝑆)

𝑃(𝑆) =0,2 × 0,2

1 − 0,88 = 0,04 0,12= 1 La probabilité que cette boîte provienne du fournisseur B est de 1/3. 3

Exercice 2 :

1. Distribution de probabilité :

a) La variable aléatoire 𝑋 suit la loi de Bernoulli de paramètre 𝑝 = = = 0,4 b) 𝑃(𝑋 = 1) = 0,4 et 𝑃(𝑋 = 0) = 1 − 0,4 = 0,6

Tableau de distribution de 𝑋 :

𝑘 0 1

𝑃(𝑋 = 𝑘) 0,6 0,4

c) 𝐸(𝑋) = 𝑝 = 0,4 et 𝑉(𝑋) = 𝑝(1 − 𝑝) = 0,4 × 0,6 = 0,24

2. a) X a pour valeurs tous les entiers entre 0 et 10 :⟦0; 10⟧ = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}

b) La variable aléatoire X suit la loi binomiale de paramètres 10 et 0,4.

c) 𝑃(𝑋 = 5) = 10

5 0,4 × 0,6 .

d) 𝐸(𝑋) = 𝑛𝑝 = 10 × 0,4 = 4 et 𝑉(𝑋) = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 10 × 0,4 × 0,6 = 2,4

Exercice 3 :

On suppose que les évènements A et F sont indépendants donc 𝑝(𝐴 ∩ 𝐹) = 𝑝(𝐴) × 𝑝(𝐹) La probabilité que l’appareil présente un défaut d’apparence est égale à 0,02 : 𝑝(𝐴) = 0,02 La probabilité que l’appareil présente au moins l’un des deux défauts est égale à 0,069 : 𝑝(𝐴 ∪ 𝐹) = 0,069

Or : 𝑝(𝐴 ∪ 𝐹) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐹) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐹) ⇔ 0,069 = 0,02 + 𝑝(𝐹) − 𝑝(𝐴) × 𝑝(𝐹)

⇔ 𝑝(𝐹) − 0,02 × 𝑝(𝐹) = 0,069 − 0,02 ⇔ 0,98 × 𝑝(𝐹) = 0,049 ⇔ 𝑝(𝐹) =0,049

0,98 = 0,05 La probabilité que l’appareil présente un défaut de fonctionnement est donc de 0,05.

0,8

0,2 0,2

0,1 0,9

0,8 A

B

S S

(2)

Exercice 4 : 1) Il est clair que l’urne contient 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 = ⁽ ⁾ boules.

2) Pour tout entier 𝑘  {1, . . . , 𝑛}, 𝑝(𝑋 = 𝑘) = 𝑘

𝑛(𝑛 + 1) 2

= 2𝑘

𝑛(𝑛 + 1) En particulier, 𝑝(𝑋 = 𝑛) = 2𝑛

𝑛(𝑛 + 1)= 2 𝑛 + 1 3) 𝐸(𝑋) = 𝑘𝑝(𝑋 = 𝑘) = 𝑘 × 2𝑘

𝑛(𝑛 + 1)= 2

𝑛(𝑛 + 1) 𝑘 = 2

𝑛(𝑛 + 1)×𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)

6 =2𝑛 + 1

3 4) On tire maintenant 10 fois une boule avec remise dans cette urne, et on note Y la variable aléatoire

représentant le nombre de fois où l’on a obtenu une boule numérotée n (succès) : les conditions sont celles d’une la loi binomiale de paramètres 10 et 𝑝 = 𝑝(𝑋 = 𝑛) = .

𝑌 ↪ ℬ 10; 2 𝑛 + 1

5) 𝐸(𝑌) = 10 × = et 𝑉(𝑌) = 10 × × 1 − = ⁽ ⁾

( )

6) On tire maintenant une infinité de fois une boule avec remise et on note Z la variable aléatoire représentant le numéro du tirage où pour la première fois on obtient une boule numérotée n. Il est clair que Z suit une loi géométrique de paramètre .

7) 𝐸(𝑍) = 1 2 𝑛 + 1

=𝑛 + 1

2 et 𝑉(𝑍) =1 − 2 𝑛 + 1 2 𝑛 + 1

=

𝑛 − 1 𝑛 + 1

4 (𝑛 + 1)

=𝑛 − 1

𝑛 + 1×(𝑛 + 1)

4 =𝑛 − 1 4

Exercice 5 :

1) Le cas le plus favorable est d’obtenir une boule blanche au premier tirage (𝑋 = 1) et le moins favorable est de tirer d’abord toutes les boules noires puis la première boule blanche au tirage 𝑛 − 1 (𝑋 = 𝑛 − 1).

Tous les cas intermédiaires sont possibles : 𝑋(Ω) = {1; 2; … ; 𝑛 − 1} = ⟦1; 𝑛 − 1⟧

2) 𝑝{𝑋 = 1} =2

𝑛 et 𝑝{𝑋 = 2} =𝑛 − 2

𝑛 × 2

𝑛 − 1=2(𝑛 − 2) 𝑛(𝑛 − 1) 3) Pour tout 𝑘 ∈ {3; … ; 𝑛 − 1},

𝑝{𝑋 = 𝑘} =𝑛 − 2

𝑛 ×𝑛 − 3

𝑛 − 1×𝑛 − 4

𝑛 − 2× … ×𝑛 − 2 − (𝑘 − 2)

𝑛 − (𝑘 − 2) × 2 𝑛 − (𝑘 − 1) On en déduit que :

𝑝{𝑋 = 𝑘} = (𝑛 − 2)(𝑛 − 3) … (𝑛 − 𝑘 + 1)(𝑛 − 𝑘) × 2

𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2) … (𝑛 − 𝑘 + 2)(𝑛 − 𝑘 + 1)=2(𝑛 − 𝑘) 𝑛(𝑛 − 1)

On retrouve les valeurs de la question 2) en remplaçant 𝑘 par 1 puis par 2, cette formule est donc valable pour tout 𝑘 ∈ {1; 2; … ; 𝑛 − 1}

Exercice 6 :

1) Notons 𝐴 l’événement « l’une au moins des cartes est un as » et déterminons la probabilité de son contraire 𝐴̅ « Aucune des cartes n’est un as »

𝑃(𝐴̅) = 28

4 32

4

= 28!

4! × 24!

32!

4! × 28!

= 28 × 27 × 26 × 25

32 × 31 × 30 × 29=4 095

7 192 donc 𝑃(𝐴) = 1 −4 095

7 192= 3 097 7 192

2) Les 4 cartes sont de la même couleur : 4 1

8 4 32

4

= 4 × 8 × 7 × 6 × 5 32 × 31 × 30 × 29 = 7

899

(3)

3) Les 4 cartes sont de la même hauteur ∶ 8 1 32

4

= 8

32 × 31 × 30 × 29= 1 4495

4) Les 4 cartes ont des hauteurs distinctes ∶ 8 4

4 1 32

4

= 8 × 7 × 6 × 5 × 4

32 × 31 × 30 × 29=448 899

Exercice 7 : A) Premier protocole

1) 𝑃(𝑋 = 1) = = et  𝑘  {2; 3; . . . ; 2𝑛 − 1}, 𝑃(𝑋 = 𝑘) =2𝑛 − 2

2𝑛 ×2𝑛 − 3

2𝑛 − 1×2𝑛 − 4

2𝑛 − 2× … ×2𝑛 − 2 − (𝑘 − 2)

2𝑛 − (𝑘 − 2) × 2 2𝑛 − (𝑘 − 1)

=2𝑛 − 2

2𝑛 ×2𝑛 − 3

2𝑛 − 1×2𝑛 − 4

2𝑛 − 2× … × 2𝑛 − 𝑘

2𝑛 − 𝑘 + 2 × 2

2𝑛 − 𝑘 + 1= 2(2𝑛 − 𝑘)

2𝑛(2𝑛 − 1)= 2𝑛 − 𝑘 𝑛(2𝑛 − 1) Cette formule est également valable pour 𝑘 = 1.

𝐸(𝑋) = 𝑘𝑝(𝑋 = 𝑘) = 𝑘 2𝑛 − 𝑘

𝑛(2𝑛 − 1)= 1

𝑛(2𝑛 − 1) 𝑘(2𝑛 − 𝑘) = 1

𝑛(2𝑛 − 1) (2𝑛𝑘 − 𝑘 )

= 1

𝑛(2𝑛 − 1)

⎝

⎜⎜

⎜

⎛

2𝑛 × (2𝑛 − 1)(2𝑛) 2

ç

−(2𝑛 − 1)(2𝑛)(2(2𝑛 − 1) + 1) 6

ç ⎠

⎟⎟

⎟

⎞

= 2𝑛 −4𝑛 − 1

3 =2𝑛 + 1 3

2) Il est clair que 𝐺 = 𝑎 − 𝑋, on en déduit que :

𝐸(𝐺 ) = 𝑎 − 𝐸(𝑋) = 𝑎 −2𝑛 + 1 3 B) Deuxième protocole

1) Si le joueur découvre le premier roi rouge sur les 𝑛 cartes, on retrouve les résultats du premier protocole : Pour tout entier 𝑘  {1, . . . , 𝑛},

𝑝(𝐺 = 𝑎 − 𝑘) = 𝑝(𝑋 = 𝑘) = 2𝑛 − 𝑘 𝑛(2𝑛 − 1)

2) Si aucun roi rouge n’est retourné sur les 𝑛 cartes, alors 𝐺 est égale à – 𝑛 et : 𝑝(𝐺 = −𝑛) =2𝑛 − 2

2𝑛 ×2𝑛 − 3

2𝑛 − 1×2𝑛 − 4

2𝑛 − 2× … ×2𝑛 − 2 − (𝑛 − 2)

2𝑛 − (𝑘 − 2) ×2𝑛 − 2 − (𝑛 − 1) 2𝑛 − (𝑘 − 1)

=2𝑛 − 2

2𝑛 ×2𝑛 − 3

2𝑛 − 1×2𝑛 − 4

2𝑛 − 2× … × 𝑛

𝑛 + 2 ×𝑛 − 1

𝑛 + 1= 𝑛(𝑛 − 1)

2𝑛(2𝑛 − 1)= 𝑛 − 1 2(2𝑛 − 1) 3) 𝐸(𝐺 ) = (𝑎 − 𝑘)𝑝(𝐺 = 𝑎 − 𝑘) + (−𝑛)𝑝(𝐺 = −𝑛) = (𝑎 − 𝑘) 2𝑛 − 𝑘

𝑛(2𝑛 − 1)− 𝑛(𝑛 − 1) 2(2𝑛 − 1)

= 1

𝑛(2𝑛 − 1) (𝑎 − 𝑘)(2𝑛 − 𝑘) − 𝑛(𝑛 − 1)

2(2𝑛 − 1)= 1

𝑛(2𝑛 − 1) (2𝑛𝑎 − (2𝑛 + 𝑎)𝑘 + 𝑘 ) − 𝑛(𝑛 − 1) 2(2𝑛 − 1)

= 1

𝑛(2𝑛 − 1) 2𝑛 𝑎 − (2𝑛 + 𝑎) ×𝑛(𝑛 + 1)

2 +𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)

6 − 𝑛(𝑛 − 1)

2(2𝑛 − 1)

= 1

6(2𝑛 − 1)(12𝑛𝑎 − 3(2𝑛 + 𝑎)(𝑛 + 1) + (𝑛 + 1)(2𝑛 + 1) − 3𝑛(𝑛 − 1))

= 1

6(2𝑛 − 1)(12𝑛𝑎 − 6𝑛 − 6𝑛 − 3𝑛𝑎 − 3𝑎 + 2𝑛 + 3𝑛 + 1 − 3𝑛 + 3𝑛) = 9𝑛𝑎 − 3𝑎 − 7𝑛 + 1 6(2𝑛 − 1)

(4)

On obtient bien ∶ 𝐸(𝐺 ) = 3(3𝑛 − 1)𝑎 − (7𝑛 − 1) 6(2𝑛 − 1) C) Comparaison des deux protocoles

On étudie la différence entre les deux espérances : 𝐸(𝐺 ) − 𝐸(𝐺 ) = 𝑎 −2𝑛 + 1

3 −3(3𝑛 − 1)𝑎 − (7𝑛 − 1) 6(2𝑛 − 1)

=6𝑎(2𝑛 − 1) − 2(2𝑛 + 1)(2𝑛 − 1) − 3(3𝑛 − 1)𝑎 + (7𝑛 − 1) 6(2𝑛 − 1)

=6𝑎(2𝑛 − 1) − 8𝑛 + 2 − 3(3𝑛 − 1)𝑎 + 7𝑛 − 1 6(2𝑛 − 1)

=3𝑎(4𝑛 − 2 − 3𝑛 + 1) − 8𝑛 + 2 + 7𝑛 − 1 6(2𝑛 − 1)

=3𝑎(𝑛 − 1) − 𝑛 + 1

6(2𝑛 − 1) = 3𝑎(𝑛 − 1) − (𝑛 − 1)(𝑛 + 1)

6(2𝑛 − 1) =(𝑛 − 1)(3𝑎 − 𝑛 − 1)

6(2𝑛 − 1) = 15(3𝑎 − 17) 6 × 31 On obtient finalement : 𝐸(𝐺 ) − 𝐸(𝐺 ) =5(3𝑎 − 17)

62

Conclusion : si 𝑎 > , le 1^er protocole est plus favorable au joueur, si 𝑎 < c’est le deuxième protocole.