(1)

Probabilités discrètes - Corrigé

Exercice 1 :

On complète un premier tableau (en gras les valeurs de l’énoncé, les autres s’obtiennent par soustraction)

Employés Syndiqué Non syndiqué Total

Marié 208 216 424

Non marié 144 232 376

Total 352 448 800

Puis un deuxième tableau avec les hommes :

Hommes Syndiqué Non syndiqué Total

Marié 144 22 166

Non marié 44 90 134

Total 188 112 300

Enfin : 232 − 90 = 142 : il y a donc 142 femmes célibataires non syndiquées.

Exercice 2 : 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 3 :

1.a. D’après les notations et les données on a 𝑃(𝑉) = 0,02 ; 𝑃 (𝑇) = 0,99 et 𝑃 𝑇 = 0,97.

On a donc 𝑃 𝑉 = 1 − 𝑃(𝑉) = 0,98; 𝑃 𝑇 = 1 − 𝑃 (𝑇) = 0,01 et 𝑃 (𝑇) = 1 − 𝑃 𝑇 = 0,03 La situation se traduit donc par l’arbre pondéré suivant :

0,8

0,2 0,2

0,1 0,9

0,8 A

B

S S

(2)

1.b. 𝑃(𝑉 ∩ 𝑇) = 𝑃(𝑉) × 𝑃 (𝑇) = 0,02 × 0,99 = 0,0198

2. On a donc 𝑃(𝑇) = 𝑃(𝑉 ∩ 𝑇) + 𝑃 𝑉 ∩ 𝑇 = 𝑃(𝑉) × 𝑃 (𝑇) + 𝑃 𝑉 × 𝑃 𝑇 = 0,0198 + 0,98 × 0,03 = 0,0492

3. a.« 𝑆𝑖 𝑙𝑒 𝑡𝑒𝑠𝑡 𝑒𝑠𝑡 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑓 » ; on cherche donc 𝑃 (𝑉) =𝑃(𝑉 ∩ 𝑇)

𝑃(𝑇) =0,0198

0,0492≈ 0,4024

Donc il n’y a bien qu’environ 40 % de « chances » que la personne soit contaminée si le test est positif.

3.b. On cherche cette fois 𝑃 𝑉 . 𝑃 𝑉 =𝑃 𝑉 ∩ 𝑇

𝑃 𝑇 =𝑃 𝑉 × 𝑃 𝑇

1 − 𝑃(𝑇) =0,97 × 0,98

1 − 0.0492 ≈ 0,9998.

Exercice 4 :

Notons F l’événement : « L’élève interrogé est une fille » et C : « l’élève mange à la cantine » 55 % des élèves sont des filles : 𝑝(𝐹) = 0,55

35 % des filles déjeunent à la cantine : 𝑝 (𝐶) = 0,35 30 % des garçons déjeunent à la cantine : 𝑝 (𝐶) = 0,30

On utilise la partition {𝐹; 𝐹} et on applique la formule des probabilités totales : 𝑝(𝐶) = 𝑝(𝐹) × 𝑝 (𝐶) + 𝑝(𝐹) × 𝑝 (𝐶) = 0,55 × 0,35 + 0,45 × 0,30 = 0,3275 On en déduit que 𝑝(𝐶̅) = 1 − 0,3275 = 0,6725

Exercice 5 :

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.

(3)

Exercice 6 :

1. 𝑃 𝑅 ∩ 𝑆 = 𝑃 𝑅 × 𝑃(𝑆) = (1 − 0,2) × 0,15 = 0,8 × 0,15 = 0,12

La probabilité qu’un jour donné, Arthur ne rate pas son bus mais se trompe de salle de cours est de 0,12.

2. 𝑃 𝑅 ∩ 𝑆 = 𝑃 𝑅 × 𝑃 𝑆 = (1 − 0,2) × (1 − 0,15) = 0,8 × 0,85 = 0,68 La probabilité qu'Arthur soit à l’heure lycée un jour donné est de 0,68.

3. L’événement E : « Arthur est en retard au lycée » est l’événement contraire de « Arthur est à l’heure ». Il a donc pour probabilité 1 − 0,68 = 0,32.

2^ème méthode : 𝑃(𝐸) = 𝑃(𝑅 ∪ 𝑆) = 𝑃(𝑅) + 𝑃(𝑆) − 𝑃(𝑅 ∩ 𝑆) = 0,2 + 0,15 − 0,2 × 0,15 = 0,32 3^ème méthode : 𝑃(𝐸) = 𝑃(𝑅 ∩ 𝑆) + 𝑃 𝑅 ∩ 𝑆 + 𝑃 𝑅 ∩ 𝑆 = 0,2 × 0,15 + 0,12 + 0,2 × 0,85 = 0,32 4. (a) L’expérience donne un schéma de Bernoulli d’ordre 5 dont le succès « Arthur ne rate pas son bus » a pour probabilité 0,8. La variable X compte le nombre de succès dans cette répétition de 5 expériences : X suit une loi binomiale de paramètres 𝑛 = 5 et 𝑝 = 0,8.

(b) 𝑃(𝑋 = 5) = 5

5 × 0,8 × 0,2 = 0,8 = 0,3277 arrondi à 10

La probabilité qu'Arthur ne rate pas son bus les cinq jours de la semaine est d’environ 0,3277.

(c) 𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0) = 1 − 5

0 × 0,8 × 0,2 = 1 − 0,2 = 0,9997 arrondi à 10

La probabilité qu'Arthur ne rate pas son bus au moins une fois au cours de la semaine est d’environ 0,9997.

Exercice 7 :

A et B sont deux évènements liés à une même épreuve aléatoire qui vérifient : 𝑝(A) = 0,4, 𝑝 ( B ) = 0,7 et 𝑝 B = 0,1.

On reporte les informations sur un arbre de probabilités :

𝑝 ( A ) =𝑝(A ∩ B)

𝑝(B) = 𝑝(A) × 𝑝 ( B )

𝑝(A) × 𝑝 ( B ) + 𝑝 A × 𝑝 ( B )= 0,4 × 0,7

0,4 × 0,7 + 0,6 × 0,9=0,28 0,82=28

82=14 41

Exercice 8 :

On sait que 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵)

Or, 𝐴 et 𝐵 sont indépendants donc 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑝(𝐴) × 𝑝(𝐵) On en déduit que :

𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐴) × 𝑝(𝐵) = 0,65 ⇔ 0,3 + 𝑝(𝐵) − 0,3 × 𝑝(𝐵) = 0,65 ⇔ (1 − 0,3)𝑝(𝐵) = 0,65 − 0,3 Et donc 𝑝(𝐵) = ^,

, = 0,5.

0,4

0,6 0,9

0,7 0,3

0,1 A

A

B B

(4)

Exercice 9 :

1. Le tirage est équiprobable donc : 𝑃(𝐽) = 900

2000= 0,45 ; 𝑃(𝑅) = 500

2000= 0,25 et 𝑃(𝐴) = 1 − 𝑃(𝐽) − 𝑃(𝑅) = 1 − 0,45 − 0,25 = 0,3 De plus on sait que :𝑃 (𝑆) = 0,95 ; 𝑃 (𝑆) = 0,5 et 𝑃 (𝑆) = 0,7

On obtient donc l’arbre pondéré suivant :

2. La probabilité que le client soit satisfait et n’ait jamais subi de coupure prolongée de connexion est :

𝑃(𝐽 ∩ 𝑆) = 𝑃(𝐽) × 𝑃 (𝑆) = 0,45 × 0,95 = 0,4275 3. Les évènements 𝐽 , 𝑅 et A forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales : 𝑃(𝑆) = 𝑃(𝐽 ∩ 𝑆) + 𝑃(𝑅 ∩ 𝑆) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝑆)

= 𝑃(𝐽) × 𝑃 (𝑆) + 𝑃(𝑅) × 𝑃 (𝑆) + 𝑃(𝐴) × 𝑃 (𝑆)

= 0,4275 + 0,25 × 0,5 + 0,3 × 0,7 = 0,7625

4. La probabilité qu’un client ait subi une coupure prolongée de connexion au cours des douze dernier mois sachant qu’il se déclare satisfait est :

𝑃 (𝑅) =𝑃(𝑅 ∩ 𝑆)

𝑃(𝑆) =0,25 × 0,5

0,7625 ≈ 0,16

5. L’expérience revient à répéter 6 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de probabilité de succès « être satisfait » 𝑝 = 𝑃(𝑆) = 0,7625, donc la variable aléatoire 𝑋 égale au nombre de succés suit une loi binomiale de paramètres 𝑛 = 6 et 𝑝 = 0,7625.

L’évènement « au moins un client non satisfait » est l’événement « au plus 5 clients satisfait » et 𝑃(𝑋 ≤ 5) ≈ 0,8035

Exercice 10 :

Une usine est dotée d'un système d’alarme qui se déclenche en principe lorsqu'un incident se produit sur une chaı̂ne de production. Il peut arriver toutefois que le système soit mis en défaut. La compagnie d’assurance estime que la probabilité qu’un incident se produise est de 0,01.

Le cahier des charges de l’installateur assure qu’en cas d'incident, l’alerte est donnée avec une probabilité de 0,99.

Cependant, il déclare aussi que, lorsqu’il n’y a pourtant pas de d'incident, l’alarme peut se déclencher sans raison avec une probabilité de 0,05.

On notera I l'événement « un incident se produit » et A l'événement « l’alarme se déclenche » On arrondira les résultats à 10^-4 près.

1) Traduire les probabilités de l'énoncé.

𝑃(𝐼) = 0,01 𝑃 (𝐴) = 0,99 𝑃̅(𝐴) = 0,05 2) Quelle est la probabilité que l'alarme se déclenche ?

𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐼 ∩ 𝐴) + 𝑃(𝐼̅ ∩ 𝐴) = 0,01 × 0,99 + 0,99 × 0,05 = 0,0594

(5)

3) Si l'alarme se déclenche, quelle est la probabilité pour qu’il n’y ait en fait pas d’incident ? 𝑃 (𝐼̅) = 𝑃(𝐼̅ ∩ 𝐴)

𝑃(𝐴) = 0,99 × 0,05

0,0594 ≈ 0,83

4) La compagnie d'assurance estime qu'en moyenne, pour l'usine, le coût des anomalies est le suivant :

 10 000 € s'il y a eu un incident et que l'alarme a fonctionné ;

 50 000 € s'il y a eu un incident et que l'alarme n'a pas fonctionné ;

 3 000 € si l’alarme se déclenche par erreur.

On considère qu'il se produit au plus une anomalie par jour.

Soit X la variable aléatoire représentant le coût journalier des anomalies pour l'usine.

a) Construire le tableau de distribution de X.

𝑘 0 3 000 10 000 50 000

𝑃(𝑋 = 𝑘) 0,9405 0,0495 0,0099 0,0001

b) Quel est le coût journalier moyen des anomalies ?

0 × 0,9405 + 3 000 × 0,0495 + 10 000 × 0,0099 + 50 000 × 0,0001 = 252,50€