est la probabilité qu’il achète du pain le deuxième jour c’est à dire P (A

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EXERCICE 1 Les notations sont celles de l’énoncé.

1. p

est la probabilité qu’il achète du pain le deuxième jour c’est à dire P (A

). Il est assez clair que, compte-tenu des notations

A

= A

∩ A

c’est à dire qu’il achète du pain le deuxième jour et il en a acheté le premier. (l’énoncé dit qu’il en a acheté le premier jour)

P (A

) = P (A

∩ A

) = P(A

) × P

(A

) = 1 × 0, 3 = 0, 3.

En revanche pour p

= P(A

) : A

= {A

∩ A

, A

∩ A

}, donc P (A

) = P (A

∩ A

) + P (A

∩ A

)

= P (A

) × P

(A

) + P(A

) × P

2

(A

)

= 0, 3 × 0, 3 + 0, 7 × 0, 8

= 0, 09 + 0, 56

= 0, 65

2. On obtient l’arbre suivant en réfléchissant un peu.

b b

A

p

b

A

0, 3

b

A

0, 7

b

A

1 − p

b

A

0, 8

b

A

0, 2

3. Tout comme à la question 3., on peut écrire que A

= {A

∩ A

, A

∩ A

} et en utilisant la formule des probabilités totales, on obtient encore

p

= P (A

) = P (A

∩ A

) + P (A

∩ A

)

= P (A

) × P

(A

) + P (A

) × P

n

(A

)

= p

× 0, 3 + (1 − p

) × 0, 8

= 0, 8 − 0, 5p

4. On dispose de la formule et du lien entre p

et p

, on peut entamer un raisonnement par récurrence.

On pose, pour tout entier naturel n non nul, R(n) : p

= 7 15

− 1 2

ⁿ⁻1

+ 8 15 .

• Initialisation : n = 1 ; p

= 1 et 7 15

− 1 2

1−1

+ 8

15 = 1 donc R(1) est vraie.

• Hérédité : Démontrons que pour tout n ∈ N

, R(n) vraie implique R(n + 1) vraie.

R(n) est vraie ⇔ p

= 7 15

− 1 2

ⁿ⁻1

+ 8 15

⇔ − 0, 5p

= 7 15

− 1 2

ⁿ

− 1 2 × 8

15

⇔ 0, 8 − 0, 5p

= 7 15

− 1 2

ⁿ

− 1 2 × 8

15 + 0, 8

⇔ p

= 7 15

− 1 2

ⁿ

+ 8

15 en effet, − 1 2 × 8

15 + 0, 8 = 8 15

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donc R(n + 1) est vraie.

• Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n ∈ N

,

p

= 7 15

− 1 2

ⁿ⁻1

+ 8 15 . 5. − 1

2 ∈] − 1; 1[ donc lim

n→+∞

− 1 2

n−1

= 0 et par opérations sur les limites, on conclut que

n→

lim

p

= 8 15

Ainsi, le nombre de jours augmentant, la probabilité que Bill achète du pain tous les jours se stabilise à 8

15 .

• • •

EXERCICE 2 1. L’algorithme affiche le nombre de fois où le tirage aléatoire d’un numéro entre 1 et 7 donne un résultat strictement supérieur à 5 lors de 9 tirages. On peut assimiler ces 9 tirages indépendants à un schéma de Bernoulli où l’évènement « succès » est « le numéro obtenu est strictement supérieur à 5 », alors la variable aléatoire X suit la loi binomiale de paramètres n = 9 et p = 2 (probabilité qu’un nombre entier entre 1 et 7 soit strictement supérieur à 5). 7

2. (a) On note P l’événement le joueur réussi son premier service et S l’événement le joueur réussi son second service.

On peut alors modéliser la situation par l’arbre suivant :

b b

P p

b

S

b

S

b

P 1 − p

b

S

q

b

S

1 − q

Le joueur fait une double faut s’il rate ses deux services. Ainsi P(P ∩ S) = (1 − p)(1 − q).

Dans le cas p = 0, 9 et q = 0, 3, on obtient P (P ∩ S) = 0, 1 × 0, 7 = 0, 07.

La probabilité que le joueur fasse une double faute est donc 0,07.

(b) On suppose à présent que q = 1 − p, la probabilité que le joueur fasse une double faute est donc P (P ∩ S) = (1 − p)(1 − q) = (1 − p)p = p − p

.

On pose f la fonction définie sur ]0; 1[ par f(p) = p − p

, f est une fonction polynôme de degré 2 avec a = −1 < 0, donc f est maximale pour p = − b

2a = − 1

−2 = 1 2 . Ainsi, la probabilité de faire une double faute est maximale pour p = 1

2 et vaut 1 4

• • •

EXERCICE 3 1. (a) On a p(F) = 0, 92 ; p

(S) = 0, 95 ; p

F ∩ S

= 0, 02.

(b) p(F) = 0, 92 ⇒ p

F

= 0, 08.

(c) On sait que p

S

= p

F ∩ S

p

F

= 0, 02 0, 08 = 1

4 = 0, 25.

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(d) Arbre pondéré :

b b

F 0, 92

b

S

0, 95

b

S

0, 05

b

F 0, 08

b

S

0, 75

b

S 0,02 0, 25

2. (a) D’après la loi des probabilités totales on a : p(S) = p(S ∩ F) + p

S ∩ F

= 0, 92 × 0, 95 + 0, 08 × 0, 75 = 0, 874 + 0, 06 = 0, 934.

(b) Il faut trouver la probabilité conditionnelle p

(F) = p(S ∩ F)

p(S) = 0, 874

0, 934 ≈ 0, 935 7 ≈ 0, 936.

3. (a) Loi de probabilité de B :

évènement F ∩ S F ∩ S reste

probabilité 0,874 0,06 0,066

bénéfice : b e 10 5 0

(b) On a E(B) = 0, 874 × 10 + 0, 06 × 5 + 0, 166 × 0 = 8, 74 + 0, 30 = 9, 04 e (ce qui représente le bénéfice moyen par jouet).

4. On a une épreuve de Bernoulli ayant pour succès l’événement le jouet est solide de probabilité p = p(S) = 0, 934.

On répète 10 fois cette expérience de manière identique et indépendante.

La variable aléatoire X qui compte le nombre de succès suit donc la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0, 934.

La probabilité cherchée est égale à celle d’avoir 8, 9 ou 10 jouets solides, soit : P (X > 8) = P (X = 8) + P (X = 9) + P (X = 10)

P (X > 8) = 8

0, 934

× (1 − 0, 934)

+

0, 934

× (1 − 0, 934)

+

0, 934

× (1 − 0, 934)

0, 113521 + 0, 356998 + 0, 505206 ≈ 0, 975725 ≈ 0, 976.

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