TD 1 de probabilités
Ex 1
On donne deux évènements 𝐴 et 𝐵 tels que 𝑝(𝐴) = 0,4 et 𝑝(𝐵) = 0,6 a) Est-il possible d’avoir 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,5 ?
b) Si 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,3 calculer 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵)
c) Si 𝐴 et 𝐵 sont incompatibles, calculer 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵). Que dire alors de l’événement 𝐴 ∪ 𝐵 ? d) Si la réalisation de 𝐵 entraîne celle de 𝐴, calculer 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵).
Correction :
a) Il n’est pas possible d’avoir 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,5 et 𝑝(𝐴) = 0,4, car 𝑝(𝐴) ≥ 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵). En effet, la probabilité qu’un évènement 𝐴 se réalise est forcément supérieure (ou égale) à la probabilité que les événements 𝐴 et 𝐵 se réalisent tous les deux.
b) Si 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,3, 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,4 + 0,6 − 0,3 = 0,7 c) Si 𝐴 et 𝐵 sont incompatibles alors 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0 donc
𝑝(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,4 + 0,6 − 0 = 1
𝐴 ∪ 𝐵 est l’événement certain, c’est à dire qu’on est sûr qu’au moins un des deux évènements 𝐴 ou 𝐵 se réalise.
d) Si la réalisation de 𝐵 entraîne celle de 𝐴, cela veut dire que les issues de 𝐵 sont aussi des issues de 𝐴, autrement dit 𝐵 ⊂ 𝐴 donc 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐵. Ainsi,
𝑝(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐵) = 𝑝(𝐴) = 0,4 Ex 2
On jette deux dés. Déterminer la probabilité des évènements suivants :
a) La somme des points marqués sur les faces tirées est supérieure ou égale à 9 b) La somme des points marqués sur les faces tirées est inférieure ou égale à 8 c) La somme des points marqués sur les faces tirées est un multiple de 3
d) La somme des points marqués sur les faces tirées est à la fois un multiple de 3 ET supérieure ou égale à 9
e) La somme des points marqués sur les faces tirées est soit un multiple de 3, soit supérieure ou égale à 9
Correction :
Il peut être utile de modéliser l’ensemble des issues de cette expérience aléatoire grâce à ce tableau
Dé n°1 /Dé n°2 : 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6
Il y a donc 36 issues possibles (1,1) (1,2) (2,1) (2,2) …
a) Les issues favorables sont (5,4) (4,5) (3,6) (6,3) (5,5) (5,6) (6,5) (6,6) (6,4) (4,6) Il est facile de les voir sur le tableau suivant :
Dé n°1 /Dé n°2 : 1 2 3 4 5 6 1 2 3 x 4 x x 5 x x x 6 x x x x
La probabilité cherchée est donc 10 36=
5
18 que l’on peut noter par exemple : 𝑝(𝑆 ≥ 9) =10
36
b) on peut remarquer que l’événement : « la somme est inférieure ou égale à 8 » est l’événement contraire de « la somme est supérieure ou égale à 9 »,
donc 𝑝(𝑆 ≤ 8) = 𝑝(𝑆 ≥ 9̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝑆 ≥ 9) = 1 −10 36= 36 36− 10 36= 26 36 Remarque : on aurait pu aussi compter les 26 issues favorables grâce au tableau précédent. c) Les multiples de 3 possibles sont 3, 6, 9 et 12. On peut trouver ces issues (et les compter) dans le
tableau suivant : Dé n°1 /Dé n°2 : 1 2 3 4 5 6 1 x x 2 x x 3 x x 4 x x 5 x x 6 x x
La probabilité demandée est donc égale à 𝑝(𝑀3) =12 36=
1 3
d) Les multiples de 3 possibles sont cette fois-ci 9 et 12, la probabilité demandée est donc 𝑝(𝑀3 ∩ (𝑆 ≥ 9)) = 5 36 e) 𝑝(𝑀3 ∪ (𝑆 ≥ 9)) = 𝑝(𝑀3) + 𝑝(𝑆 ≥ 9) − 𝑝(𝑀3 ∩ (𝑆 ≥ 9)) =12 36+ 10 36− 5 36= 17 36 Ex 3
On tire au hasard une carte dans un jeu de 32 cartes. On note A l’événement « la carte tirée est un valet », B l’événement « la carte tirée est noire » (pique ou trèfle), et C l’événement « la carte tirée est une figure » (valet, dame ou roi)
a) Calculer 𝑝(𝐴), 𝑝(𝐵), 𝑝(𝐶) b) Calculer 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵), 𝑝(𝐴 ∪ 𝐶), 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶) c) En déduire 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵), 𝑝(𝐴̅ ∩ 𝐶̅), 𝑝(𝐴̅ ∩ 𝐵̅) d) Calculer 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶̅), 𝑝(𝐴 ∪ 𝐶̅) Correction : a) 𝑝(𝐴) = 4 32 𝑝(𝐵) = 1 2= 16 32 𝑝(𝐶) = 4+4+4 32 = 12 32
b) Il y a 2 valets noirs : le valet de pique et le valet de trèfle, donc 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 2 32
𝑝(𝐴 ∪ 𝐶) = 𝑝(𝐶) =12 32 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶) = 𝑝(𝐴) = 4 32 c) 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 4 32+ 16 32− 2 32= 18 32 𝑝(𝐴̅ ∩ 𝐶̅) = 𝑝(𝐴 ∪ 𝐶̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝐴 ∪ 𝐶) = 1 −12 32= 32 32− 12 32= 20 32 𝑝(𝐴̅ ∩ 𝐵̅) = 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵) = 1 −18 32= 14 32
d) 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶̅) = 0 car on ne peut pas tirer une carte qui soit à la fois un valet, mais pas une figure 𝑝(𝐴 ∪ 𝐶̅) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐶̅) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶̅) = 𝑃(𝐴) + 1 − 𝑝(𝐶) − 0 = 4 32+ 32 32− 12 32= 24 32 Ex 4
Soient 𝐴, 𝐵 et 𝐶 trois évènements d’une expérience aléatoire.
Exprimer 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) en fonction de 𝑝(𝐴), 𝑝(𝐵), 𝑝(𝐶), 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵), 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶), 𝑝(𝐵 ∩ 𝐶), 𝑝((𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶). Indication : on pourra noter l’événement 𝐵 ∪ 𝐶 = 𝐷 puis faire un schéma pour vérifier la formule
𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐶) = (𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶) Correction : 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) = 𝑝(𝐴 ∪ 𝐷) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐷) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐷) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵 ∪ 𝐶) − 𝑝(𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐶)) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵 ∪ 𝐶) − 𝑝((𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶)) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵 ∪ 𝐶) − (𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) + 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐴 ∩ 𝐶)) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵 ∪ 𝐶) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶) + 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) + 𝑝(𝐶) − 𝑝(𝐵 ∩ 𝐶) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶) + 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) Ex 5
Les étudiants de L2 AES passant leurs examens peuvent être répartis en trois groupes A, B et C d’après leurs résultats : ceux qui ont eu l’UE1 (A), ceux qui ont eu l’UE2 (B) et ceux qui ont eu l’UE3 (C). Nous disposons des informations suivantes :
70 étudiants ont validé au moins une UE. Il y avait 125 étudiants inscrits en L2 AES.
Le groupe A compte 60 étudiants dont 40 appartiennent aussi au groupe B et 30 appartiennent aussi au groupe C
Le groupe B compte 50 étudiants dont 20 appartiennent aussi au groupe C Le groupe C compte 40 étudiants.
On choisit au hasard un étudiant inscrit en L2 AES, et on note 𝐴 l’événement : « l’étudiant appartient au groupe A », 𝐵 : « l’étudiant appartient au groupe B » et 𝐶 : « l’étudiant appartient au groupe C »
a) Calculer 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶), 𝑝(𝐴), 𝑝(𝐵), 𝑝(𝐶), 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵), 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶), 𝑝(𝐵 ∩ 𝐶)
b) En vous servant de la formule établie dans l’ex4, calculer le nombre d’étudiants qui ont validé toutes les UE Correction : a) 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) = 70 125 𝑝(𝐴) = 60 125 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 40 125 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶) = 30 125 𝑝(𝐵) = 50 125
𝑝(𝐵 ∩ 𝐶) = 20 125 𝑝(𝐶) = 40 125 b) 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) + 𝑝(𝐶) − 𝑝(𝐵 ∩ 𝐶) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶) + 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) donc 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) − 𝑝(𝐴) − 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐶) + 𝑝(𝐵 ∩ 𝐶) + 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) + 𝑝(𝐴 ∩ 𝐶) = 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) donc 70 125− 60 125− 50 125− 40 125+ 20 125+ 40 125+ 30 125= 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) c’est à dire 10 125= 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) Il y a donc 10 étudiants qui ont validé toutes les UE.
TD2 de probabilités
Ex 1
Soit 𝑋 une variable aléatoire dont la loi de probabilité est la suivante :
𝑋 = ⋯ −5 −2 0 1 2 𝑝(𝑋 = ⋯ ) 1 10 3 10 4 10 1 10 1 10 a) Donner sous forme de tableau, la loi de probabilité de la variable aléatoire 𝑋2
b) Calculer 𝔼(𝑋), 𝔼(𝑋2), 𝑉𝑎𝑟(𝑋), 𝜎(𝑋)
Soit 𝑌 la variable aléatoire définie par 𝑌 = −5𝑋 + 1
c) Donner sous forme de tableau, la loi de probabilité de 𝑌 d) Calculer 𝔼(𝑌), 𝑉𝑎𝑟(𝑌), 𝔼(𝑌2), 𝜎(𝑌)
Correction :
a) La loi de probabilité de la variable aléatoire 𝑋2 est la suivante :
𝑋2 = ⋯ 25 0 1 4 𝑝(𝑋2 = ⋯ ) 1 10 4 10 1 10 1 10+ 3 10= 4 10 b) 𝔼(𝑋) = −5 × 1 10− 2 × 3 10+ 0 × 4 10+ 1 × 1 10+ 2 × 1 10= − 8 10= −0,8 On peut calculer 𝔼(𝑋2) grâce à sa loi de probabilité :
𝔼(𝑋2) = 25 × 1 10+ 0 × 4 10+ 1 × 1 10+ 4 × 4 10= 42 10= 4,2 ou bien grâce à la loi de probabilité de 𝑋 :
𝔼(𝑋2) = (−5)2× 1 10+ (−2) 2× 3 10+ 0 2× 4 10+ 1 2× 1 10+ 2 2× 1 10= 42 10= 4,2 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝔼(𝑋2) − (𝔼(𝑋))2= 4,2 − (−0,8)2 = 4,2 − 0,64 = 3,56 𝜎(𝑋) = √𝑉𝑎𝑟(𝑋) = √3,56 ≈ 1,89.
c) La loi de probabilité de la variable aléatoire 𝑌 = −5𝑋 + 1 est la suivante :
𝑌 = ⋯ 26 11 1 −4 −9 𝑝(𝑌 = ⋯ ) 1 10 3 10 4 10 1 10 1 10 d) Bien sûr, nous pourrions utiliser la même méthode qu’au b) pour calculer 𝔼(𝑌), 𝑉𝑎𝑟(𝑌) et 𝜎(𝑌),
mais les formules liant l’espérance, la variance et l’écart-type de 𝑌 et 𝑋 sont intéressantes ici car 𝔼(𝑋), 𝑉𝑎𝑟(𝑋) et 𝜎(𝑋) sont déjà calculées : 𝔼(𝑌) = 𝔼(−5𝑋 + 1) = −5𝔼(𝑋) + 1 = −5 × (−0,8) + 1 = 5 𝑉𝑎𝑟(𝑌) = 𝑉𝑎𝑟(−5𝑋 + 1) = (−5)2𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 25 × 3,56 = 89 𝑉𝑎𝑟(𝑌) = 𝔼(𝑌2) − (𝔼(𝑌))2 donc 𝔼(𝑌2) = 𝑉𝑎𝑟(𝑌) + (𝔼(𝑌))2 = 89 + 52 = 114. 𝜎(𝑌) = √𝑉𝑎𝑟(𝑌) = √89 ≈ 9,43. Ex 2
On utilise un jeu de dominos classique : un domino est un jeton rectangulaire, partagé en deux parties, chacune portant des points noirs dont la valeur varie de 0 à 6. Tous les couplages sont présents une seule fois dans le jeu, y compris les « doubles ».
a) Déterminer le nombre de dominos « doubles » et le nombre de dominos « simples » Tous les dominos étant placés dans un sac, on propose le jeu suivant :
Pour une mise de 𝑛 euros, un joueur prend au hasard l’un des dominos.
S’il obtient un « double », il remporte, en euros, le nombre de points marqué sur une des deux parties du domino
S’il obtient un « simple », il remporte, en euros, l’écart positif entre les points marqués.
La variable aléatoire qui associe au domino tiré le gain du joueur (sans tenir compte de la mise) est notée 𝑋 b) Déterminer la loi de probabilité de 𝑋
c) Calculer 𝐸(𝑋), 𝐸(𝑋2), 𝑉𝑎𝑟(𝑋), 𝜎(𝑋) on note 𝑌 = 𝑋 − 𝑛
d) Que représente 𝑌 ?
e) Calculer 𝐸(𝑌), 𝑉𝑎𝑟(𝑌), 𝜎(𝑌) en fonction de 𝑛
f) La mise 𝑛 est un nombre entier positif. Déterminer 𝑛 pour que ce jeu soit le plus équitable possible g) Interpréter 𝜎(𝑌) ?
Correction :
a) Il y a 7 dominos doubles (0 ;0), (1 ;1),…,(6 ;6) et 21 dominos simples (0 ;1),(0 ;2),…(5 ;6). Pour les visualiser, cliquez sur
https://fr.wikipedia.org/wiki/Dominos_(jeu)#/media/Fichier:Dominomatrix.svg b) 𝑋 = ⋯ 0 1 2 3 4 5 6 𝑝(𝑋 = ⋯ ) 1 28 7 28 6 28 5 28 4 28 3 28 2 28 c) 𝔼(𝑋) = 0 × 1 28+ 1 × 7 28+ 2 × 6 28+ 3 × 5 28+ 4 × 4 28+ 5 × 3 28+ 6 × 2 28= 77 28= 2,75 𝔼(𝑋2) = 02× 1 28+ 1 2× 7 28+ 2 2× 6 28+ 3 2× 5 28+ 4 2× 4 28+ 5 2× 3 28+ 6 2× 2 28= 287 28 = 10,25 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝔼(𝑋2) − (𝔼(𝑋))2 = 10,25 − 2,752 = 2,6875 𝜎(𝑋) = √𝑉𝑎𝑟(𝑋) = √2,6875 ≈ 1,639.
d) 𝑌 = 𝑋 − 𝑛 représente le gain réel.
e) 𝔼(𝑌) = 𝔼(1𝑋 − 𝑛) = 1𝔼(𝑋) − 𝑛 = 1 × 2,75 − 𝑛 = 2,75 − 𝑛
𝑉𝑎𝑟(𝑌) = 𝑉𝑎𝑟(1𝑋 − 𝑛) = 12𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 2,6875 𝜎(𝑌) = √𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝜎(𝑋) ≈ 1,639.
f) Le jeu est équitable si 𝔼(𝑌) = 0. Il sera le plus équitable possible si 𝔼(𝑌) est le plus proche possible de 0 (avec 𝑛 entier). Pour cela il faut que la mise soit de 𝑛 = 3 euros.
g) 𝜎(𝑌) est le risque du joueur, à la fois le risque de gagner de l’argent, mais aussi le risque d’en perdre. Ici, 𝜎(𝑌) ≈ 1,64 euros. Le jeu n’est pas très risqué (ni en gain, ni en perte). On le savait déjà….
Ex 3
Un exercice d’un examen propose trois affirmations A, B et C. L’étudiant doit seulement répondre par Vrai ou Faux.
a) En supposant qu’un étudiant réponde totalement au hasard à toutes les questions, combien a-t-il de possibilités ?
On désigne par 𝑋 la variable aléatoire donnant le nombre de réponses exactes donnée par ce type d’étudiant b) Donner la loi de 𝑋
c) Calculer 𝐸(𝑋) et 𝜎(𝑋)
Cet exercice est sur 9 points, chaque bonne réponse donne 3 points, et chaque mauvaise enlève 1 point. On note 𝑆 la variable aléatoire qui donne le nombre de points obtenus par ce type d’étudiant (𝑆 pouvant être négatif)
d) Écrire 𝑆 en fonction de 𝑋 e) En déduire 𝐸(𝑆), 𝜎(𝑆)
f) Est-il intéressant pour un étudiant de répondre à toutes les questions au hasard ? g) Même question si cette fois, chaque réponse fausse enlève 3 points.
Correction :
a) Il a 23 = 8 possibilités. Les voici :
b) 𝑋 = ⋯ 0 1 2 3 𝑝(𝑋 = ⋯ ) 1 8 3 8 3 8 1 8
Il n’y a qu’une combinaison qui donne tout juste, et une seule combinaison qui donne tout faux (attention pas forcément FFF, ça dépend de l’examen).
Puis il y a 3 combinaisons qui ne donnent exactement une réponse, cette réponse sera soit la A, soit la B, soit la C. Et enfin, 3 combinaisons qui donnent exactement deux réponses, ces réponses justes seront la A et la B, la A et la C ou bien la B et la C. c) 𝔼(𝑋) = 0 ×1 8+ 1 × 3 8+ 2 × 3 8+ 3 × 1 8= 12 8 = 1,5 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 02×1 8+ 1 2×3 8+ 2 2×3 8+ 3 2×1 8− 1,5 2 = 3 − 2,25 = 0,75 𝜎(𝑋) = √𝑉𝑎𝑟(𝑋) = √0,75 ≈ 0,866. d) 𝑆 = 3𝑋 − 1(3 − 𝑋) = 3𝑋 − 3 + 𝑋 = 4𝑋 − 3 e) 𝔼(𝑆) = 𝔼(4𝑋 − 3) = 4𝔼(𝑋) − 3 = 4 × 1,5 − 3 = 3 𝜎(𝑆) = √𝑉𝑎𝑟(𝑆) = √𝑉𝑎𝑟(4𝑋 − 3) = √42𝑉𝑎𝑟(𝑋) = √42√𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 4𝜎(𝑋) = 4 ×√3 2 = 2√3 ≈ 3,464
f) Il est intéressant pour un étudiant de répondre tout au hasard car en moyenne il aura quand même 3 points.
g) Si chaque réponse fausse enlève 3 points, 𝑆 devient
𝑆 = 3𝑋 − 3(3 − 𝑋) = 3𝑋 − 9 + 3𝑋 = 6𝑋 − 9 𝔼(𝑆) = 6𝔼(𝑋) − 9 = 0
TD3 de probabilités
Ex 1
Voilà le dernier né des jeux de hasard : l’OXO. Il se présente comme suit :
1 4 2 5 3 6 1 4 2 5 3 6 1 4 2 5 3 6 1 4 2 5 3 6 1 4 2 5 3 6 1 4 2 5 3 6 1 4 2 5 3 6 1 4 2 5 3 6 1 4 2 5 3 6
On doit cocher un numéro de 1 à 6 dans les 9 cases du jeu. a) Quelle est la probabilité d’avoir les 9 bons numéros ?
b) Si on a le droit de cocher 2 numéros par case, quelle est la probabilité d’avoir les neuf bons numéros ?
Correction :
a) La première étape est de connaître le nombre d’issues possibles à ce jeu. Il y en a 69 = 10 077 696 car il y a 6 possibilités par case.
(Éventuellement faire un arbre au tableau pour expliquer ce résultat). La probabilité demandée est donc 1
69
Une autre manière de trouver ce résultat est de voir qu’on a une chance sur 6 d’obtenir le bon
numéro dans chaque case, et comme le résultat de chaque case est indépendant du résultat des autres cases, la probabilité d’avoir les 9 bons numéros est
1 6× 1 6× … × 1 6= ( 1 6) 9 = 1 69
b) Le nombre total d’issue est maintenant
(6 2)
9
= 159
En effet, dans chaque case, cela revient à choisir 2 numéros parmi 6.
Le nombre d’issues favorables est de 5 par case car il y a le bon numéro et un choix parmi les cinq autres numéros. Ce qui donne 59 issues favorables en tenant compte des 9 cases. La probabilité d’avoir les 9 bons numéros est alors 59
159= ( 5 15) 9 = (1 3) 9 = 1 39
Une autre manière de trouver ce résultat est de voir qu’on a 2 chances sur 6 d’obtenir le bon numéro dans chaque case, et comme le résultat de chaque case est indépendant du résultat des autres cases, la probabilité d’avoir les 9 bons numéros est
2 6× 2 6× … × 2 6= ( 2 6) 9 Ex 2
Le loto est un jeu où l’on doit cocher 6 cases parmi 49 cases numérotées de 1 à 49. Le tirage des 6 numéros gagnants se déroule ensuite à la télé.
b) Quelle est la probabilité d’avoir exactement 5 bons numéros ? c) Quelle est la probabilité d’avoir au moins 3 bons numéros ? d) Quelle est la probabilité d’avoir au plus 2 bons numéros ? Correction :
a) 1 (496)=
1 13 983 816
En effet, le nombres d’issues de ce tirage est (49
6) car on choisit 6 cases parmi 49. b) 43+43+43+43+43+43
(49 6)
= 258
13 983 816
En effet, pour avoir exactement 5 bons numéros, il faut que le sixième ne soit pas un bon numéro, il y en a 43 possibles (49 − 6).
Supposons que les 6 bons numéros soient rangés dans un certain ordre.
Il y a 43 possibilités pour que le premier numéro soit faux (et les 5 suivants justes), 43 possibilités pour que le deuxième numéro soit faux, 43 possibilités pour que le troisième numéro soit faux… (Éventuellement donner un exemple d’un tirage à 6 bons numéros, et toutes les possibilités d’avoir exactement 5 bons numéros)
On aurait pu aussi écrire ce résultat : (43 1) × ( 6 5) (49 6) = 43 × 6 (49 6)
car on a choisi 1 mauvais numéro parmi 43 et 5 bons numéros parmi 6 Cela permet de comprendre les résultats suivants :
c) La probabilité d’avoir exactement 4 bons numéros est ( 43 2)×( 6 4) (49 6) La probabilité d’avoir exactement 3 bons numéros est (
43 3)×( 6 3) (49 6)
Donc la probabilité d’avoir au moins 3 bons numéros (soit exactement 6, soit exactement 5, soit exactement 4, soit exactement 3) est :
1 + (43 1 ) × ( 6 5) + ( 43 2) × ( 6 4) + ( 43 3) × ( 6 3) (49 6) = 260624 13983816≈ 0,0186
d) Avoir au plus 2 bons numéros (c’est à dire de perdre au loto) est l’événement contraire d’avoir au moins trois bons numéros donc la probabilité d’avoir au pus 2 bons numéros est égale à
1 − 260624
13983816≈ 1 − 0,0186 = 0,981
Ex 3
Une urne contient 7 boules noires, 5 boules rouges et 12 boules blanches. On tire successivement (et sans remise) 3 boules de cette urne
a) Quelle est la probabilité qu’on tire une noire, une rouge et une blanche (l’ordre n’a pas d’importance) ?
c) Quelle est la probabilité de tirer deux boules blanches et une boule noire (l’ordre n’a pas d’importance) ?
Correction :
a) Le nombre d’issues de cette expérience aléatoire est (24
3) = 2024
En effet, l’ordre ne compte pas, donc l’expérience aléatoire revient à choisir 3 boules parmi 24. La probabilité demandée est donc 7×5×12
2024 = 420 2024
(éventuellement faire un arbre pour comprendre 7 × 5 × 12) b) La probabilité demandée est
(7 3) + ( 5 3) + ( 12 3) 2024 = 265 2024
En effet, pour compter le nombre d’issues favorables, on choisit 3 boules parmi 7 noires, ou 3 boules parmi 5 rouges ou 3 boules parmi 12 blanches.
c) La probabilité demandée est
(7 1) × ( 12 2) 2024 = 462 2024 (éventuellement faire un arbre pour comprendre (7
1) × ( 12
2 ))
Ex 4
A l’aide du triangle de Pascal, développer a) (𝑥 + 2)5
b) (5 − 2𝑦)3
c) A l’aide de la formule du binôme de Newton, calculer
∑ (𝑛 𝑖) 𝑛 𝑖=0 𝑠𝑖(1 − 𝑠)𝑛−𝑖 et ∑ (𝑛 𝑖) 𝑛 𝑖=0 Correction :
En utilisant la cinquième ligne du triangle de Pascal suivant : 1 <- 0e ligne 1 1 1 2 1 1 3 3 1 <- 3e ligne 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 <- 5e ligne 1 6 15 20 15 6 1 On trouve (𝑥 + 2)5 = 1𝑥520+ 5𝑥421+ 10𝑥322+ 10𝑥223+ 5𝑥124+ 1𝑥025
(𝑥 + 2)5 = 𝑥5+ 10𝑥4+ 40𝑥3+ 80𝑥2+ 80𝑥 + 32 En utilisant la troisième ligne du triangle de Pascal, on trouve
(5 − 2𝑦)3 = 1 × 53× (−2𝑦)0+ 3 × 52× (−2𝑦)1+ 3 × 51× (−2𝑦)2+ 1 × 50× (−2𝑦)3 (5 − 2𝑦)3 = 125 − 150𝑦 + 60𝑦2− 8𝑦3 ∑ (𝑛 𝑖) 𝑛 𝑖=0 𝑠𝑖(1 − 𝑠)𝑛−𝑖 = ∑ (𝑛 𝑖) 𝑛 𝑖=0 (1 − 𝑠)𝑛−𝑖𝑠𝑖 = (1 − 𝑠 + 𝑠)𝑛 = 1𝑛 = 1 ∑ (𝑛 𝑖) 𝑛 𝑖=0 = ∑ 1𝑛−𝑖1𝑖(𝑛 𝑖) 𝑛 𝑖=0 = (1 + 1)𝑛 = 2𝑛
TD 4 de probabilités
Ex 1
Soient 𝐴 et 𝐵 deux évènements de probabilité non nulle, d’une certaine expérience aléatoire. Répondre par Vrai ou Faux aux propositions suivantes :
a) Si 𝐴 et 𝐵 sont incompatibles alors 𝑝𝐴(𝐵) = 0 b) Pour tout événement A, 𝑝𝐴(𝐴) = 1
c) Si 𝑝(𝐴) = 0,5 et 𝑝𝐴(𝐵) = 0,4 alors 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,3 d) Pour tout événement 𝐴, 𝑝𝐵(𝐴 ∪ 𝐵) = 1
Correction :
a) Si 𝐴 et 𝐵 sont incompatibles, cela signifie que 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0, or 𝑝𝐴(𝐵) =𝑝(𝐴∩𝐵)
𝑝(𝐴) = 0 donc la proposition est vraie
b) La proposition est vraie car 𝑝𝐴(𝐴) =𝑝(𝐴∩𝐴) 𝑝(𝐴) =
𝑝(𝐴) 𝑝(𝐴) = 1.
On peut aussi remarquer que 𝑝𝐴(𝐴) = 1 signifie : « sachant que 𝐴 est réalisé, la probabilité que 𝐴 soit réalisé est 1 », c’est évident…
c) 𝑝𝐴(𝐵) =𝑝(𝐴∩𝐵)
𝑝(𝐴) donc 0,4 =
𝑝(𝐴∩𝐵)
0,5 donc 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 0,4 × 0,5 = 0,2. Donc la proposition est fausse.
d) Sachant que 𝐵 est réalisé, alors en effet 𝐴 ou 𝐵 sera realisé, autrement dit : au moins un des deux événement 𝐴 ou 𝐵 sera réalisé. Donc 𝑝𝐵(𝐴 ∪ 𝐵) = 1, la proposition est vraie.
Ex 2
Le tableau ci-dessous donne la répartition des salariés d’une entreprise :
Employés Cadres Salariés disposant d’une
Voiture de fonction
4% 16%
Salariés ne disposant pas D’une voiture de fonction
65% 15%
On rencontre au hasard un salarié de l’entreprise
a) Donner la probabilité que ce soit un cadre disposant d’une voiture de fonction
b) Calculer la probabilité que le salarié rencontré dispose d’une voiture de fonction sachant qu’il est employé
c) Calculer la probabilité que le salarié rencontré soit un cadre sachant qu’il dispose d’une voiture de fonction
Correction :
Pour faciliter la rédaction, on va définir les évènements suivants : 𝐶 : « le salarié rencontré est un cadre »
𝑉 : « le salarié rencontré a une voiture de fonction » a) 𝑝(𝐶 ∩ 𝑉) = 0,16
b) 𝑝𝐶̅(𝑉) =𝑝(𝐶̅∩𝑉)𝑝(𝐶̅) = 0,04 0,04+0,65≈ 0,06 c) 𝑝𝑉(𝐶) =𝑝(𝐶∩𝑉) 𝑝(𝑉) = 0,16 0,04+0,16= 0,8 Ex 3
Lors d’une enquête réalisée auprès des étudiants de L2 AES, on apprend que 60% sont des filles. De plus, 40% des filles et 30% des garçons fument.
On choisit un étudiant au hasard. On note 𝐴 l’événement « l’étudiant choisi fume » et 𝐹 l’événement « l’étudiant choisi est une fille »
a) Quelle est la probabilité que l’étudiant choisi soit un garçon ?
b) Quelle est la probabilité que l’étudiant choisi soit une fille qui fume ? c) Quelle est la probabilité que l’étudiant choisi soit un garçon qui fume ? d) En déduire 𝑝(𝐴)
L’enquête permet aussi de savoir que :
Parmi les étudiants fumeurs, la moitié ont au moins un des deux parents qui fume. Parmi les étudiants non-fumeurs, 65% des parents sont tous les deux non-fumeurs. On note 𝐵 l’événement « l’étudiant choisi a au moins un des deux parents qui fume »
e) Calculer 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) et 𝑝(𝐴̅ ∩ 𝐵) f) En déduire 𝑝(𝐵)
g) Calculer 𝑝𝐵(𝐴) h) Calculer 𝑝(𝐴|𝐵̅)
Correction :
Commençons par traduire l’énoncé en termes de probabilités :
𝑝(𝐹) = 0,60 𝑝𝐹(𝐴) = 0,40 𝑝𝐹̅(𝐴) = 0,30 a) 𝑝(𝐹̅) = 1 − 𝑝(𝐹) = 1 − 0,60 = 0,4
b) 𝑝(𝐹 ∩ 𝐴) = 𝑝𝐹(𝐴) × 𝑝(𝐹) = 0,4 × 0,6 = 0,24 c) 𝑝(𝐹̅ ∩ 𝐴) = 𝑝𝐹̅(𝐴) × 𝑝(𝐹̅) = 0,3 × (1 − 0,6) = 0,12 d) 𝑝(𝐴) = 𝑝(𝐹 ∩ 𝐴) + 𝑝(𝐹̅ ∩ 𝐴) = 0,24 + 0,12 = 0,36 Traduisons les nouvelles informations données :
𝑝𝐴(𝐵) = 0,5 𝑝𝐴̅(𝐵̅) = 0,65 e) 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑝𝐴(𝐵) × 𝑝(𝐴) = 0,5 × 0,36 = 0,18 𝑝(𝐴̅ ∩ 𝐵) = 𝑝𝐴̅(𝐵) × 𝑝(𝐴̅) = (1 − 𝑝𝐴̅(𝐵̅)) × (1 − 𝑝(𝐴)) = 0,35 × 0,64 = 0,224 f) 𝑝(𝐵) = 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) + 𝑝(𝐴̅ ∩ 𝐵) = 0,18 + 0,224 = 0,404 g) 𝑝𝐵(𝐴) =𝑝(𝐴∩𝐵)𝑝(𝐵) = 0,18 0,404≈ 0,4455 h) 𝑝(𝐴|𝐵̅) = 𝑝𝐵̅(𝐴) =𝑝(𝐴∩𝐵̅) 𝑝(𝐵̅) = 𝑝𝐴(𝐵̅)×𝑝(𝐴) 1−𝑝(𝐵) = (1−𝑝𝐴(𝐵))×0,36 1−0,404 = 0,5×0,36 1−0,404 ≈ 0,302 Ex 4
Une entreprise dispose de 2 machines appelées machine A et machine B, pour fabriquer le même type de pièces. Certaines des pièces produites sont défectueuses :
Pour la machine A, la probabilité d’obtenir une pièce sans défaut est de 0,9 Pour la machine B, plus récente, cette probabilité est de 0,95
La machine A fournit 2
3 de la production, la machine B le tiers restant. On choisit au hasard une pièce et on considère les évènements suivants :
S : « la pièce est sans défaut »
a) Construire un arbre pondéré pour représenter cette expérience aléatoire b) Calculer 𝑝(𝑆 ∩ 𝐸) et 𝑝(𝑆 ∩ 𝐸̅)
c) En déduire la probabilité que la pièce soit sans défaut
d) Calculer la probabilité que la pièce provienne de la machine A sachant qu’elle est sans défaut Correction :
Commençons par traduire l’énoncé sous forme de probabilités : 𝑝𝐸(𝑆) = 0,9 𝑝𝐸̅(𝑆) = 0,95 𝑝(𝐸) = 2 3 a) 0,9 2 3 0,1 1 3 0,95 0,05 b) 𝑝(𝑆 ∩ 𝐸) = 𝑝(𝐸) × 𝑝𝐸(𝑆) =23× 0,9 = 0,6 𝑝(𝑆 ∩ 𝐸̅) = 𝑝(𝐸̅) × 𝑝𝐸̅(𝑆) =1 3× 0,95 ≈ 0,32 c) 𝑝(𝑆) = 𝑝(𝑆 ∩ 𝐸) + 𝑝(𝑆 ∩ 𝐸̅) ≈ 0,6 + 0,32 = 0,92 d) 𝑝𝑆(𝐸) =𝑝(𝑆∩𝐸)𝑝(𝑆) ≈ 0,6 0,92≈ 0,65 Ex 5
Les évènements « le joueur gagne à la loterie 𝐿1 » et « le joueur gagne à la loterie 𝐿2 » sont indépendants et de probabilité respectives 3
7 et 4 7
Calculer la probabilité des évènements suivants : a) Le joueur gagne aux deux loteries
b) Le joueur gagne seulement à la loterie 𝐿1 c) Le joueur ne gagne à aucune loterie d) Le joueur gagne à une seule loterie
Correction :
Notons 𝐴 l’événement « le joueur gagne à la loterie 𝐿1 » et 𝐵 l’événement « le joueur gagne à la loterie 𝐿2 ». L’énoncé nous dit que 𝑝(𝐴) =3
7 𝑝(𝐵) = 4 7 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑝(𝐴)𝑝(𝐵) = 3 7× 4 7= 12 49 a) 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑝(𝐴)𝑝(𝐵) =3 7× 4 7= 12 49 (grâce à l’indépendance de 𝐴 et 𝐵) b) 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵̅) = 𝑝(𝐴)𝑝(𝐵̅) =3 7× (1 − 4 7) = 9
49 car l’indépendance de 𝐴 et 𝐵 entraîne l’indépendance de 𝐴 et 𝐵̅. 𝐸 𝐸̅ 𝑆 𝑆̅ 𝑆 𝑆̅
c) 𝑝(𝐴̅ ∩ 𝐵̅) = 𝑝(𝐴̅)𝑝(𝐵̅) = (1 −3
7) × (1 − 4 7) =
12
49 car l’indépendance de 𝐴 et 𝐵 entraîne l’indépendance de 𝐴̅ et 𝐵̅.
d) Gagner à une seule loterie revient à « gagner à la loterie 𝐿1 et perdre à la loterie 𝐿2 » OU « gagner à la loterie 𝐿2 et perdre à la loterie 𝐿1 » , on doit donc calculer
𝑝((𝐴 ∩ 𝐵̅) ∪ (𝐴̅ ∩ 𝐵)) = 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵̅) + 𝑝(𝐴̅ ∩ 𝐵) = 9 49+ (1 − 3 7) × 4 7= 25 49 car les évènements 𝐴 ∩ 𝐵̅ et 𝐴̅ ∩ 𝐵 sont incompatible (et donc 𝑝((𝐴 ∩ 𝐵̅) ∩ (𝐴̅ ∩ 𝐵)) = 0)
Ex 6
Dans une boulangerie-pâtisserie, un client sur trois commande à la fois du pain et des gâteaux, un client sur quinze commande uniquement des gâteaux, et trois clients sur cinq commandent uniquement du pain. On choisit au hasard un client de cette boulangerie-pâtisserie. On note 𝐺 l’événement « le client achète des gâteaux » et 𝑃 l’événement « le client achète du pain »
a) Calculer 𝑝(𝐺) et 𝑝(𝑃)
b) Les évènements 𝐺 et 𝑃 sont-ils indépendants ? c) Calculer 𝑝(𝐺̅ ∩ 𝑃̅)
Correction :
Commençons par traduire l’énoncé mathématiquement : 𝑝(𝐺 ∩ 𝑃) =1 3 𝑝(𝐺 ∩ 𝑃̅) = 1 15 𝑝(𝐺̅ ∩ 𝑃) = 3 5 a) 𝑝(𝐺) = 𝑝(𝐺 ∩ 𝑃) + 𝑝(𝐺 ∩ 𝑃̅) =1 3+ 1 15= 5 15+ 1 15= 6 15= 2 5 𝑝(𝑃) = 𝑝(𝐺 ∩ 𝑃) + 𝑝(𝐺̅ ∩ 𝑃) =1 3+ 3 5 = 5 15+ 9 15= 14 15
Remarque : dans la mesure où on considère qu’un client qui rentre dans une boulangerie achète toujours quelque chose, on peut accepter le fait que 𝑃 = 𝐺 ∩ 𝑃̅̅̅̅̅̅̅̅, et donc on aurait pu voir que
𝑝(𝑃) = 𝑝(𝐺 ∩ 𝑃̅̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝐺 ∩ 𝑃̅) =14 15 b) 𝑝(𝐺) × 𝑝(𝑃) = 6 15× 14 15= 28 75≠ 1 3= 𝑝(𝐺 ∩ 𝑃) Les évènements 𝐺 et 𝑃 ne sont pas indépendants.
On peut comprendre qu’un client qui va acheter du pain peut avoir envie, une fois dans la boulangerie, d’acheter un gâteau.
c) 𝑝(𝐺̅ ∩ 𝑃̅) = 𝑝(𝐺 ∪ 𝑃̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝐺 ∪ 𝑃) = 1 − (𝑝(𝐺) + 𝑝(𝑃) − 𝑝(𝐺 ∩ 𝑃)) = 1 − (6 15+ 14 15− 1 3) = 0 Le calcul confirme que le modèle suppose que le client qui entre dans une boulangerie achète
forcément du pain ou un gâteau.
Ex 7
La probabilité qu’un nouveau-né soit un garçon est de 0,51. Deux naissances différentes sont considérées comme deux évènements indépendants.
Considérons le cas de 3 naissances. Dans ce cas, calculer la probabilité des évènements suivants : a) 𝐴 : « il ne naît aucun garçon »
b) 𝐵 : « il naît un garçon et un seul c) 𝐶 : « il naît au moins un garçon
d) Calculer la probabilité de l’événement 𝐷 : « il naît au moins un garçon »
e) Combien de naissances faut-il prévoir pour que la probabilité d’avoir au moins un garçon soit supérieure à 0,99
Correction :
Traduisons l’énoncé de la manière suivante :
𝐹1 = "𝑖𝑙 𝑛𝑎î𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑓𝑖𝑙𝑙𝑒 à 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖è𝑟𝑒 𝑛𝑎𝑖𝑠𝑠𝑎𝑛𝑐𝑒" 𝐹2 = "𝑖𝑙 𝑛𝑎î𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑓𝑖𝑙𝑙𝑒 à 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑢𝑥𝑖è𝑚𝑒 𝑛𝑎𝑖𝑠𝑠𝑎𝑛𝑐𝑒" 𝐹3 = "𝑖𝑙 𝑛𝑎î𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑓𝑖𝑙𝑙𝑒 à 𝑙𝑎 𝑡𝑟𝑜𝑖𝑠𝑖è𝑚𝑒 𝑛𝑎𝑖𝑠𝑠𝑎𝑛𝑐𝑒"
𝑝(𝐹̅ ) = 𝑝(𝐹1 ̅̅̅) = 𝑝(𝐹2 ̅̅̅) = 0,51 3
a) 𝑝(𝐴) = 𝑝(𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) = 𝑝(𝐹1)𝑝(𝐹2)𝑝(𝐹3) = (1 − 0,51)3 = 0,493 ≈ 0,12
Remarque : l’écriture 𝐹1∩ 𝐹2 ∩ 𝐹3 est aussi acceptée à la pace de « 𝐹1, 𝐹2, 𝐹3 » , même si au point de vue ensembliste, elle n’a aucun sens.
b) 𝑝(𝐵) = 𝑝(𝐹̅ , 𝐹1 2, 𝐹3) + 𝑝(𝐹1, 𝐹̅̅̅, 𝐹2 3) + 𝑝(𝐹1, 𝐹2, 𝐹̅̅̅) = 𝑝(𝐹3 ̅ )𝑝(𝐹1 2)𝑝(𝐹3) + 𝑝(𝐹1)𝑝(𝐹̅̅̅)𝑝(𝐹2 3) + 𝑝(𝐹1)𝑝(𝐹2)𝑝(𝐹̅̅̅) = 3 × 0,49 × 0,49 × 0,51 ≈ 0,37 3 c) 𝑝(𝐶) = 𝑝(𝐹̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝐹1, 𝐹2, 𝐹3 1, 𝐹2, 𝐹3) = 1 − 0,493 ≈ 1 − 0,12 = 0,88 d) 𝑝(𝐷) = 𝑝(𝐹̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝐹1, 𝐹2, … , 𝐹𝑛 1, 𝐹2, … , 𝐹𝑛) = 1 − 𝑝(𝐹1)𝑝(𝐹2) … 𝑝(𝐹𝑛) = 1 − 0,49𝑛 e) 𝑝(𝐷) ≥ 0,99 ⇔ 1 − 0,49𝑛 ≥ 0,99 ⇔ 1 − 0,99 ≥ 0,49𝑛 ⇔ 0,01 ≥ 0,49𝑛 ⇔ ln(0,01) ≥ ln(0,49𝑛) ⇔ ln(0,01) ≥ 𝑛 ln(0,49) ⇔ ln(0,01) ln(0,49)≤ 𝑛 ⇒ 6,46 ≤ 𝑛 On a changé le sens de l’inégalité car ln(0,49) < 0.
𝑛 étant un nombre entier, 𝑛 = 7 répond à la question.
Ex 8 (pour s’entraîner, pas en cours)
Le nombre de clients se présentant en 5 minutes dans une station-service est une variable aléatoire 𝑋 dont la loi de probabilité suit la loi suivante :
𝑋 = ⋯ 0 1 2
𝑝(𝑋 = ⋯ ) 0,1 0,5 0,4
Dans cette station-service, la probabilité qu’un client achète de l’essence est de 0,7 et celle qu’il achète du gazole est de 0,3. Le choix de chaque client est indépendant du choix des autres clients.
On considère les évènements suivants :
𝐶1 : « en 5 minutes, un seul client se présente » 𝐶2 : « en 5 minutes, deux clients se présentent »
𝐸 : « en 5 minutes, un client et un seul achète de l’essence » a) Calculer 𝑝(𝐶1∩ 𝐸)
b) Calculer 𝑝𝐶2(𝐸) c) Calculer 𝑝(𝐶2∩ 𝐸)
d) En déduire la probabilité qu’en 5 minutes, un client et un seul achète de l’essence On note 𝑌 la variable aléatoire égale au nombre de clients achetant de l’essence en 5 minutes
e) Déterminer la loi de 𝑌 f) Calculer l’espérance de 𝑌
On remarque tout d’abord que 𝑝(𝐶1) = 𝑝(𝑋 = 1) = 0,5 ; que 𝑝(𝐶2) = 𝑝(𝑋 = 2) = 0,4 et que 𝑝𝐶1(𝐸) = 0,7 a) 𝑝(𝐶1∩ 𝐸) = 𝑝𝐶1(𝐸) × 𝑝(𝐶1) = 0,7 × 0,5 = 0,35 b) 𝑝𝐶2(𝐸) = 𝑝(𝑙𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑒𝑟 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙′𝑒𝑠𝑠𝑒𝑛𝑐𝑒, 𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑢𝑥𝑖è𝑚𝑒 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑢 𝑔𝑎𝑧𝑜𝑙𝑒) + 𝑝(𝑙𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑒𝑟 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑢 𝑔𝑎𝑧𝑜𝑙𝑒, 𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑢𝑥𝑖è𝑚𝑒 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙′𝑒𝑠𝑠𝑒𝑛𝑐𝑒) = 𝑝(𝑙𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑒𝑟 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙′𝑒𝑠𝑠𝑒𝑛𝑐𝑒) × 𝑝(𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑢𝑥𝑖è𝑚𝑒 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑢 𝑔𝑎𝑧𝑜𝑙𝑒) + 𝑝(𝑙𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑒𝑟 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑢 𝑔𝑎𝑧𝑜𝑙𝑒, 𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑢𝑥𝑖è𝑚𝑒 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙′𝑒𝑠𝑠𝑒𝑛𝑐𝑒) = 0,7 × 0,3 + 0,3 × 0,7 = 0,42 c) 𝑝(𝐶2∩ 𝐸) = 𝑝𝐶2(𝐸) × 𝑝(𝐶2) = 0,42 × 0,4 = 0,168 d) 𝑝(𝐸) = 𝑝(𝐶2∩ 𝐸) + 𝑝(𝐶1∩ 𝐸) + 𝑝((𝑋 = 0) ∩ 𝐸) = 0,168 + 0,35 + 0 = 0,518 e) La loi de 𝑌 est donnée dans le tableau suivant :
𝑌 = ⋯ 0 1 2
𝑝(𝑌 = ⋯ ) 0,286 0,518 0,196
Car
𝑝(𝑌 = 1) = 𝑝(𝐸) = 0,518
Pour calculer 𝑝(𝑌 = 2), notons 𝐹 l’événement « en cinq minutes, deux clients achètent de l’essence », ainsi : 𝑝(𝑌 = 2) = 𝑝(𝐶2∩ 𝐹) = 𝑝𝐶2(𝐹 ) × 𝑝(𝐶2) = 𝑝(𝑙𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑒𝑟 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙′𝑒𝑠𝑠𝑒𝑛𝑐𝑒, 𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑢𝑥𝑖è𝑚𝑒 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙′𝑒𝑠𝑠𝑒𝑛𝑐𝑒) × 𝑝(𝐶2) = 𝑝(𝑙𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑒𝑟 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙′𝑒𝑠𝑠𝑒𝑛𝑐𝑒) × 𝑝( 𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑢𝑥𝑖è𝑚𝑒 𝑐𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑎𝑐ℎè𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙′𝑒𝑠𝑠𝑒𝑛𝑐𝑒) × 𝑝(𝐶2) = 0,7 × 0,7 × 0,4 = 0,196 et enfin, 𝑝(𝑌 = 0) = 1 − 𝑝(𝑌 = 1) − 𝑝(𝑌 = 2) = 1 − 0,518 − 0,196 = 0,286 f) 𝐸(𝑌) = 0 × 𝑝(𝑌 = 0) + 1 × 𝑝(𝑌 = 1) + 2 × 𝑝(𝑌 = 2) = 0,518 + 2 × 0,196 = 0,91
TD 5 de probabilités Ex 1
Un industriel vend des ampoules fluo-compactes par paquets de 2. Une telle ampoule a une probabilité de 1
1 000 d’être défectueuse.
a) Calculer la probabilité qu’un paquet ait (au moins) une ampoule défectueuse
b) Une association de consommateurs achète 10 paquets d’ampoule. Quelle est la probabilité qu’aucun paquet ne comporte d’ampoule défectueuse ?
c) En moyenne, sur ces 10 paquets, combien comportent au moins une ampoule défectueuse. Quel est l’écart-type du nombre de paquets défectueux ?
Correction :
a) Prenons un paquet avec deux ampoules, définissons les deux évènements 𝐴1 = "𝑙′𝑎𝑚𝑝𝑜𝑢𝑙𝑒 𝑛°1 𝑒𝑠𝑡 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒" 𝐴2 = "𝑙′𝑎𝑚𝑝𝑜𝑢𝑙𝑒 𝑛°2 𝑒𝑠𝑡 𝑑é𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑒𝑢𝑠𝑒" l’énoncé nous dit que
𝑝(𝐴1) = 𝑝(𝐴2) = 1 1000
les deux évènements sont à priori indépendants, c’est à dire que le fait qu’une ampoule soit
défectueuse n’augmente pas (ni ne diminue) les chances que l’autre ampoule soit défectueuse, donc 𝑝(𝐴1∩ 𝐴2) = 𝑝(𝐴1) × 𝑝(𝐴2) = 1 1000× 1 1000= 1 1000000. La probabilité qu’au moins une ampoule du paquet soit défectueuse est donc
𝑝(𝐴1∪ 𝐴2) = 𝑝(𝐴1) + 𝑝(𝐴2) − 𝑝(𝐴1∩ 𝐴2) = 1 1000+ 1 1000− 1 1000000= 0,001999 b) Notons 𝐷1 l’événement : « le paquet n°1 » a au moins une ampoule défectueuse,
𝐷2 l’événement : « le paquet n°2 » a au moins une ampoule défectueuse,…, 𝐷10 l’événement : « le paquet n°10 » a au moins une ampoule défectueuse, la question a) nous dit que
𝑝(𝐷1) = 𝑝(𝐷2) = ⋯ = 𝑝(𝐷10) = 0,001999 Les évènements 𝐷1, 𝐷2, … , 𝐷10 sont à priori indépendants donc
𝑝(𝐷̅̅̅, 𝐷1 ̅̅̅, … , 𝐷2 ̅̅̅̅̅) = 𝑝(𝐷10 ̅̅̅) × 𝑝(𝐷1 ̅̅̅) × … × 𝑝(𝐷2 ̅̅̅̅̅)10
= (1 − 𝑝(𝐷1)) × (1 − 𝑝(𝐷2)) × … × (1 − 𝑝(𝐷10)) = (1 − 0,001999)10≈ 0,98 C’est la probabilité qu’aucun paquet ne comporte d’ampoule défectueuse.
c) Pour 𝑖 allant de 1 à 10, définissons 𝑋𝑖 la variable aléatoire qui au 𝑖è𝑚𝑒 paquet associe le nombre 1 s’il a au moins une ampoule défectueuse, et associe le nombre 0 s’il n’a aucune ampoule
défectueuse. Et soit 𝑋 = 𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋10, c’est à dire que 𝑋 est la variable aléatoire qui compte le nombre de paquets ayant au moins une ampoule défectueuse. 𝑋 suit une loi binomiale de
paramètres 10 et 0,001999 car on peut considérer qu’on a répété 10 fois, de manière indépendante, l’expérience aléatoire « avoir un paquet sans ampoule défectueuse (qui donne 0) ou bien avoir un paquet avec au moins une ampoule défectueuse (qui donne 1) ». Ainsi
𝑋 ↝ ℬ10;0,001999 et donc
et
𝜎(𝑋) = √10 × 0,001999 × (1 − 0,001999) ≈ 0,14
Ainsi, en moyenne, sur ces 10 paquets, 0,01999 comportent au moins une ampoule défectueuse. L’écart-type du nombre de paquets défectueux est d’environ 0,14.
Ex 2
On s’intéresse au mariage de 5 couples d’étudiants ayant décidé de s’unir pour l’éternité. On sait que la probabilité de divorcer dans les deux premières années suivant le mariage est de 0,2.
a) Calculer la probabilité que les 5 couples soient encore mariés deux années plus tard b) Calculer la probabilité qu’ils soient tous divorcés deux années plus tard
c) Calculer la probabilité que 3 couples exactement soient divorcés deux années plus tard d) Calculer la probabilité qu’au plus 2 couples soient divorcés deux années plus tard Correction :
Commençons par numéroter les couples de 1 à 5, pour définir les variables aléatoires 𝑋𝑖 qui donnent 1 si le couple n°i est encore marié deux ans après leur mariage et donne 0 si le couple n°i a divorcé durant ses deux premières années de mariage (i allant de 1 à 5). On a ainsi défini, 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋5. Chacune de ces variables aléatoires suit une loi de Bernoulli de paramètre 0,8 (en effet, la probabilité de succès est la probabilité d’être encore marié au bout de deux ans après le mariage, elle est égale à 1 − 0,2 = 0,8).
Définissons maintenant la variable aléatoire
𝑋 = 𝑋1+ 𝑋2+ 𝑋3+ 𝑋4+ 𝑋5
qui compte le nombre de couples encore mariés après deux ans de mariage. Elle suit donc une loi binomiale de paramètres 5 et 0,8, c’est à dire
𝑋 ↝ ℬ5;0,8 a) 𝑝(𝑋 = 5) = (5 5) 0,8 5(1 − 0,8)5−5= 0,85= 0,32768 b) 𝑝(𝑋 = 0) = (5 0) 0,8 0(1 − 0,8)5−0= 0,25= 0,00032 c) 𝑝(𝑋 = 2) = (5 2) 0,8 2(1 − 0,8)5−2= 10 × 0,82× 0,23 = 0,0512 d) 𝑝(𝑋 ≥ 3) = 𝑝(𝑋 = 3) + 𝑝(𝑋 = 4) + 𝑝(𝑋 = 5) = (5 3) 0,8 3(1 − 0,8)5−3+ (5 4) 0,8 4(1 − 0,8)5−4+ (5 5) 0,8 5(1 − 0,8)5−5= 10 × 0,83× 0,22+ 5 × 0,84× 0,21+ 0,32768 = 0,94208 Ex 3
Un courtier en assurance reçoit une commission de 1 000 euros chaque fois qu’il obtient la signature d’un nouveau contrat. Il rencontre 8 clients par jour, et une personne sur 12 accepte le contrat
Il travaille 300 jours par an, et on note 𝑋𝑖 la variable aléatoire qui donne le nombre de clients ayant signé le contrat d’assurance le 𝑖è𝑚𝑒 jour.
a) Quelle loi de probabilité suit 𝑋𝑖 ? donner ses paramètres b) Calculer 𝑝(𝑋𝑖 = 2)
Les frais annuels du courtier sont de 30 000 euros par an. On note 𝑌 la variable aléatoire donnant son revenu annuel
c) Écrire 𝑌 en fonction des 𝑋𝑖
d) En déduire le revenu annuel moyen du courtier
e) Calculer l’écart-type de 𝑌, et interpréter le résultat. On utilisera le résultat suivant (qui sera vu au paragraphe VI du cours) :
Lorsque deux variables aléatoires 𝑋 et 𝑍 sont indépendantes, 𝑉𝑎𝑟(𝑋 + 𝑍) = 𝑉𝑎𝑟(𝑋) + 𝑉𝑎𝑟(𝑍)
Correction :
a) Pour le jour n°i, et pour le client n°j (j allant de 1 à 8), on appelle 𝑋𝑖𝑗 la variable aléatoire qui donne 1 si le client n°j a signé le contrat d’assurance et qui donne 0 si le client n’a pas signé le contrat
d’assurance. Ainsi
𝑋𝑖 = 𝑋𝑖1 + 𝑋𝑖2 + ⋯ + 𝑋𝑖8
compte le nombre de clients qui ont signé le contrat d’assurance le jour n°i et suit une loi binomiale de paramètres 8 et 1
12 car chaque 𝑋𝑖 𝑗
suit une loi de Bernoulli de paramètre 1
12. On peut donc écrire 𝑋𝑖 ↝ ℬ 8;121 b) 𝑝(𝑋𝑖 = 2) = (8 2) ( 1 12) 2 (1 − 1 12) 8−2 = 28 × 1 122× 116 126 ≈ 0,115
c) Le jour n°i, il reçoit une commission de 1000 × 𝑋𝑖 euros. Donc dans l’année il reçoit ∑ 1000 × 𝑋𝑖
𝑖=300
𝑖=1
euros de commission, auxquels il faut soustraire les 30 000 euros de frais. Donc 𝑌 = −30000 + ∑ 1000 × 𝑋𝑖 𝑖=300 𝑖=1 d) 𝔼(𝑌) = 𝔼 (−30000 + ∑ 1000 × 𝑋𝑖 𝑖=300 𝑖=1 ) = 𝔼(−30000) + 𝔼 ( ∑ 1000 × 𝑋𝑖 𝑖=300 𝑖=1 ) = −30000 + ∑ 𝔼(1000 × 𝑋𝑖) 300 𝑖=1 = −30000 + ∑ 1000 × 𝔼(𝑋𝑖) 300 𝑖=1 = −30000 + ∑ 1000 × 8 × 1 12 300 𝑖=1 = −30000 + 300 × 1000 × 8 × 1 12= 170000 est le revenu moyen annuel du courtier (en euros).
e) Avant de calculer l’écart-type de 𝑌, calculons sa variance, nous prendrons la racine carrée par la suite : 𝑉𝑎𝑟 (𝑌) = 𝑉𝑎𝑟 (−30000 + ∑ 1000 × 𝑋𝑖 𝑖=300 𝑖=1 ) = 𝑉𝑎𝑟 ( ∑ 1000 × 𝑋𝑖 𝑖=300 𝑖=1 ) = ∑ 𝑉𝑎𝑟(1000𝑋𝑖) 300 𝑖=1 = ∑ 10002𝑉𝑎𝑟(𝑋𝑖) 300 𝑖=1 = ∑ 10002× 8 × 1 12× (1 − 1 12) 300 𝑖=1 = 300 × 1000000 × 8 × 11 122 ≈ 183333333 donc 𝜎(𝑌) ≈ √183333333 ≈ 13540 euros.
Cela veut dire que les bonnes années, en moyenne le courtier gagnera 170000 + 13540 = 183540 euros. Les mauvaises années, en moyenne le courtier gagnera 170000 − 13540 = 156460 euros. Donc si les statistiques sont fiables, il n’y a pas trop de risque qu’il ait un petit salaire annuel.
Ex 4
Sachant que le nombre moyen de communications téléphonique reçues par le standard d’une grande entreprise entre 11h et midi est de 2 par minutes, et que le nombre 𝑋 d’appels téléphoniques reçus par
minute est une variable aléatoire suivant une loi de Poisson. Calculer la probabilité pour qu’entre 11h01 et 11h02, il y ait
a) Aucun appel b) Exactement 1 appel c) Exactement 2 appels d) Au moins deux appels e) 3 appels ou plus Correction :
L’énoncé nous dit que
𝑋 ↝ 𝒫(2) Ainsi a) 𝑝(𝑋 = 0) =20 0!𝑒 −2= 𝑒−2≈ 0,135 b) 𝑝(𝑋 = 1) =21 1!𝑒 −2= 2𝑒−2 ≈ 0,27 c) 𝑝(𝑋 = 2) =22 2!𝑒 −2= 2𝑒−2 ≈ 0,27 d) 𝑝(𝑋 ≥ 2) = 1 − 𝑝(𝑋 ≥ 2̅̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝑋 < 2) = 1 − (𝑝(𝑋 = 0) + 𝑝(𝑋 = 1)) ≈ 1 − (0,135 + 0,27) = 0,595 e) 𝑝(𝑋 ≥ 3) = 1 − 𝑝(𝑋 ≥ 3̅̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝑋 < 3) = 1 − (𝑝(𝑋 = 0) + 𝑝(𝑋 = 1) + 𝑝(𝑋 = 2)) ≈ 1 − (0,135 + 0,27 + 0,27) = 0,325 Ex 5
Un éditeur cherche à évaluer le nombre de fautes de frappe dans un livre qu’il édite. Une étude statistique montre qu’il y a en moyenne une faute de frappe toutes les 5 pages. On désigne par 𝑋 la variable aléatoire qui donne le nombre de fautes de frappe par page. On suppose que 𝑋 suit une loi de Poisson
a) Donner le paramètre de 𝑋
Une page étant prise au hasard dans un livre,
b) Quelle est la probabilité qu’il y ait exactement une faute de frappe c) Quelle est la probabilité qu’il y ait au plus 2 fautes de frappe
d) Quelle est la probabilité qu’il y ait plus d’une faute de frappe (𝑋 > 1) Correction :
a) Le paramètre 𝜆 de la loi de poisson est son espérance. Or il y a en moyenne une faute de frappe toutes les cinq pages, donc en moyenne il y a 1
5 = 0,2 faute par page. L’espérance de 𝑋 est donc égale à 0,2. Ainsi 𝑋 ↝ 𝒫(0,2) b) 𝑝(𝑋 = 1) =0,21 1! 𝑒 −0,2 = 0,2𝑒−0,2≈ 0,16 c) 𝑝(𝑋 ≤ 2) = 𝑝(𝑋 = 0) + 𝑝(𝑋 = 1) + 𝑝(𝑋 = 2) =0,20 0! 𝑒 −0,2+0,21 1! 𝑒 −0,2+0,22 2! 𝑒 −0,2= 1,22𝑒−0,2≈ 0,9989 d) 𝑝(𝑋 > 1) = 1 − 𝑝(𝑋 > 1̅̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝑋 ≤ 1) = 1 − (𝑝(𝑋 = 0) + 𝑝(𝑋 = 1)) = 1 − (0,20 0! 𝑒 −0,2+0,21 1! 𝑒 −0,2) = 1 − 1,2𝑒−0,2≈ 0,0175 Ex 6
Les sapins vendus par la société JURABOIS peuvent présenter deux défauts invisibles avant l’abatage, l’un dû à l’attaque d’un insecte, l’autre dû à un champignon. On admet que la probabilité qu’un sapin ait au
moins l’un des deux défauts est de 0,06, et que les différents sapins peuvent présenter ou non au moins un des deux défauts de manière indépendante.
Les clients achètent les troncs de sapin par lots de 50 troncs.
On note 𝑌 la variable aléatoire qui, a tout lot de 50 troncs, associe le nombre de troncs ayant au moins un des deux défauts
a) Quelle loi suit 𝑌 (en donner les paramètres) b) Calculer 𝑝(𝑌 = 2)
c) Pourquoi peut-on approcher la loi de Y par une loi de Poisson ? Préciser le paramètre d) Avec cette approximation, calculer 𝑝(𝑌 ≤ 2)
e) Mr Landry, patron d’une scierie affirme qu’il a plus de 90% de chances d’avoir au maximum 5 troncs défectueux dans un lot donné. A-t-il raison ?
Correction :
a) Commençons par numéroter les troncs d’un lot de 𝑖 = 1 jusqu’à 𝑖 = 50, pour définir les variables aléatoires 𝑋𝑖 qui donnent 1 si le tronc n°i présente au moins un des deux défauts et donnent 0 si le tronc n°i est sans défaut. Chaque 𝑋𝑖 suit une loi de Bernoulli de paramètre 0,06. Ainsi
𝑌 = 𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋𝑖 + ⋯ + 𝑋50= ∑ 𝑋𝑖 𝑖=50
𝑖=1
compte le nombre de troncs dans un lot avec au moins un des deux défaut et suit la loi binomiale de paramètres 50 et 0,06. Autrement dit,
𝑌 ↝ ℬ50;0,06 b) 𝑝(𝑌 = 2) = (50
2) 0,06
2(1 − 0,06)50−2 = 25 × 49 × 0,062× 0,9448≈ 0,2262
c) 𝑛 = 50 ≥ 30, 𝑠 = 0,06 < 0,1 et 𝑛𝑠 = 50 × 0,06 = 3 ≤ 10 sont des conditions qui réunies,
permettent d’approcher la loi binomiale par la loi de Poisson. L’espérance étant gardée lors de cette approximation, le paramètre de la loi de Poisson sera 𝑛𝑠 = 50 × 0,06 = 3.
d) 𝑝(𝑌 ≤ 2) = 𝑝(𝑌 = 0) + 𝑝(𝑌 = 1) + 𝑝(𝑌 = 2) ≈ 30 0!𝑒 −3+31 1!𝑒 −3+32 2!𝑒 −3= 8,5𝑒−3≈ 0,423 e) 𝑝(𝑌 ≤ 5) = 𝑝(𝑌 = 0) + 𝑝(𝑌 = 1) + 𝑝(𝑌 = 2) + 𝑝(𝑌 = 3) + 𝑝(𝑌 = 4) + 𝑝(𝑌 = 5) ≈30 0!𝑒 −3+ 31 1!𝑒 −3+32 2!𝑒 −3+33 3!𝑒 −3+34 4!𝑒 −3+35 5!𝑒 −3= 18,4𝑒−3≈ 0,916
Nous trouvons qu’il a environ 91,6% de chances d’avoir au maximum 5 troncs défectueux. Mr Landry a raison.
Ex 7
Une compagnie a un contrat d’entretien pour 300 ascenseurs. On admet que pour chaque semaine, la probabilité d’une panne d’un ascenseur est de 1
75.
On suppose les pannes d’un même ascenseur ou de deux ascenseurs différents indépendantes.
Soit 𝑋 la variable aléatoire qui donne le nombre d’ascenseurs en panne au cours d’une semaine donnée. a) Quelle loi suit 𝑋 ? en donner les paramètres.
b) Calculer 𝑝(𝑋 < 2)
c) Par quelle loi peut-on approcher 𝑋 ? en donner le paramètre d) Avec cette approximation calculer 𝑝(𝑋 > 5)
Correction :
a) Commençons par numéroter les ascenseurs de 1 à 300. Puis définissons les variables aléatoires 𝑋𝑖 qui donnent 1 si l’ascenseur n°i est en panne et donnent 0 si l’ascenseur n°i n’est pas en panne au cours d’une semaine donnée. Chaque 𝑋𝑖 (pour i allant de 1 à 300) suit la loi de Bernoulli de paramètre 1
75. 𝑋 est la variable aléatoire qui donne le nombre d’ascenseurs en panne au cours d’une semaine donnée, elle s’écrit
𝑋 = 𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋𝑖 + ⋯ + 𝑋300 = ∑ 𝑋𝑖 300
𝑖=1 et suit donc une loi binomiale de paramètres 300 et 1
75, c’est à dire 𝑋 ↝ ℬ 300;751 b) 𝑝(𝑋 < 2) = 𝑝(𝑋 = 0) + 𝑝(𝑋 = 1) = (300 0 ) ( 1 75) 0 (1 − 1 75) 300−0 + (300 1 ) ( 1 75) 1 (1 − 1 75) 300−1 = (74 75) 300 + 300 × 1 75× ( 74 75) 299 ≈ 0,090 c) 𝑛 = 300 ≥ 30, 𝑠 = 1 75≈ 0,013 < 0,1 et 𝑛𝑠 = 300 × 1
75= 4 ≤ 10 sont des conditions qui réunies, permettent d’approcher la loi binomiale par la loi de Poisson. L’espérance étant gardée lors de cette approximation, le paramètre de la loi de Poisson sera 𝑛𝑠 = 300 × 1
75= 4. d) Avec cette approximation,
𝑝(𝑋 > 5) = 1 − 𝑝(𝑋 > 5̅̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝑋 ≤ 5) = 1 − (𝑝(𝑋 = 0) + 𝑝(𝑋 = 1) + 𝑝(𝑋 = 2) + 𝑝(𝑋 = 3) + 𝑝(𝑋 = 4) + 𝑝(𝑋 = 5)) ≈ 1 − (4 0 0!𝑒 −4+4 1 1!𝑒 −4+4 2 2!𝑒 −4+4 3 3!𝑒 −4+4 4 4!𝑒 −4+4 5 5!𝑒 −4) = 1 −643 15 𝑒 −4 ≈ 1 − 0,785 = 0,215.
TD 6 de probabilités
Ex 1
Soit la fonction 𝑓 définie par 𝑓(𝑥) = 4𝑥3𝟙[0 ;1](𝑥) a) Prouver que c’est une densité de probabilité
Si 𝑋 est une variable aléatoire continue qui admet 𝑓 pour densité de probabilité. b) Calculer l’espérance et la variance de 𝑋
c) Calculer 𝑝(𝑋 <1 4), 𝑝(𝑋 > 1 4) et 𝑝(𝑋 > 3 4) Correction : a) Pour 𝑥 ∉ [0,1], 𝑓(𝑥) = 0 et pour 𝑥 ∈ [0,1], 𝑓(𝑥) = 4𝑥3 ≥ 0 Donc 𝑓(𝑥) ≥ 0 ∀𝑥 ∈ ] − ∞ ; +∞[ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ −∞ = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 0 −∞ + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 0 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ 1 = ∫ 0𝑑𝑥 0 −∞ + ∫ 4𝑥3𝑑𝑥 1 0 + ∫ 0𝑑𝑥 +∞ 1 = 0 + [𝑥4]01+ 0 = 14− 04 = 1
donc 𝑓 est une densité de probabilité. b) 𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ −∞ = ∫ 𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥 0 −∞ + ∫ 𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 0 + ∫ 𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ 1 = ∫ 0𝑑𝑥 0 −∞ + ∫ 4𝑥4𝑑𝑥 1 0 + ∫ 0𝑑𝑥 +∞ 1 = 0 + [4 5𝑥 5] 0 1 + 0 =4 5× 1 − 4 5× 0 = 4 5 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − (𝐸(𝑋))2 = ∫ 𝑥2𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ −∞ − (4 5) 2 = ∫ 𝑥2𝑓(𝑥)𝑑𝑥 0 −∞ + ∫ 𝑥2𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 0 + ∫ 𝑥2𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ 1 − (4 5) 2 = ∫ 0𝑑𝑥 0 −∞ + ∫ 4𝑥5𝑑𝑥 1 0 + ∫ 0𝑑𝑥 +∞ 1 − (4 5) 2 = 0 + [4 6𝑥 6] 0 1 + 0 − (4 5) 2 = 4 6× 1 − 4 6× 0 − ( 4 5) 2 =4 6− 16 25= 50 75− 48 75= 2 75 c) 𝑝 (𝑋 <1 4) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 4 −∞ = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 0 −∞ + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 4 0 = ∫ 0𝑑𝑥 0 −∞ + ∫ 4𝑥3𝑑𝑥 1 4 0 = 0 + [𝑥4]0 1 4 = (0,25)4− 04 ≈ 0,0039 𝑝 (𝑋 ≥ 1 4) = 𝑝 (𝑋 < 1 4 ̅̅̅̅̅̅̅̅ ) = 1 − 𝑝 (𝑋 <1 4) ≈ 1 − 0,0039 = 0,9961 Remarque : 𝑋 étant une variable aléatoire à densité, 𝑝 (𝑋 =1
𝑝 (𝑋 ≥1 4) = 𝑝 (𝑋 > 1 4) ≈ 0,9961 𝑝 (𝑋 >3 4) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ 3 4 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 3 4 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ 1 = ∫ 4𝑥3𝑑𝑥 1 0,75 + ∫ 0𝑑𝑥 +∞ 1 = [𝑥4]0,751 + 0 = 14− 0,754 ≈ 0,68
Ex 2 (pour s’entraîner… pas en td, ni en cm)
Soit 𝑋 une variable aléatoire continue prenant ses valeurs dans l’intervalle [1 ; 𝑒] et ayant pour densité de probabilité la fonction 𝑓 définie par 𝑓(𝑥) =𝑘
𝑥𝟙[1 ;𝑒](𝑥).
a) Trouver 𝑘 pour que 𝑓 soit bien une densité de probabilité b) Calculer l’espérance et la variance de 𝑋
c) Calculer 𝑝(𝑋 ≤ 2), puis 𝑝(𝑋 ≥ 2), et enfin 𝑝(𝑋 ≤ 3)
Correction :
a) Pour 𝑥 ∉ [1, 𝑒], 𝑓(𝑥) = 0 et pour 𝑥 ∈ [1, 𝑒], 𝑓(𝑥) =𝑘 𝑥
Pour que 𝑓 soit une densité de probabilité, il faut déjà que 𝑓(𝑥) ≥ 0. Le choix d’un nombre 𝑘 ≥ 0 est donc obligatoire.
Ensuite, ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ −∞ = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑒 1 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ 𝑒 = ∫ 0𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 𝑘 ×1 𝑥𝑑𝑥 𝑒 1 + ∫ 0𝑑𝑥 +∞ 𝑒 = 0 + [𝑘 ln(𝑥)]1𝑒+ 0 = 𝑘 ln(𝑒) − 𝑘 ln(1) = 𝑘
Or, pour que 𝑓 soit une densité de probabilité, il faut que ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
+∞ −∞
= 1 On doit donc choisir 𝑘 = 1
b) 𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ −∞ = ∫ 𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑒 1 + ∫ 𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ 𝑒 = ∫ 0𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 𝑥 ×1 𝑥𝑑𝑥 𝑒 1 + ∫ 0𝑑𝑥 +∞ 𝑒 = 0 + [𝑥]1𝑒+ 0 = 𝑒 − 1 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − (𝐸(𝑋))2 = ∫ 𝑥2𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ −∞ − (𝑒 − 1)2 = ∫ 𝑥2𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 𝑥2𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑒 1 + ∫ 𝑥2𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +∞ 𝑒 − (𝑒 − 1)2 = ∫ 0𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 𝑥2×1 𝑥𝑑𝑥 𝑒 1 + ∫ 0𝑑𝑥 +∞ 𝑒 − (𝑒 − 1)2 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝑒 1 − (𝑒 − 1)2 = [𝑥 2 2] 1 𝑒 − (𝑒 − 1)2 = 𝑒 2 2 − 1 2− (𝑒 2− 2𝑒 + 1) = −𝑒 2 2 − 3 2+ 2𝑒 c) Rappelons que 𝑒 ≈ 2,718 > 2, ainsi
𝑝(𝑋 ≤ 2) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 2 −∞ = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 2 1 = ∫ 0𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 1 𝑥𝑑𝑥 2 1 = 0 + [ln(𝑥)]12 = ln (2) 𝑝(𝑋 ≥ 2) = 𝑝(𝑋 > 2) = 𝑝(𝑋 ≤ 2̅̅̅̅̅̅̅̅) = 1 − 𝑝(𝑋 ≤ 2) = 1 − ln (2)
𝑝(𝑋 ≤ 3) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 3 −∞ = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑒 1 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 3 𝑒 = ∫ 0𝑑𝑥 1 −∞ + ∫ 1 𝑥𝑑𝑥 𝑒 1 + ∫ 0𝑑𝑥 3 𝑒 = 1 Ex 3
Un étudiant veut prendre le bus à la possession pour aller à Saint-Denis, il sait qu’un un bus passe toutes les heures, mais il ne sait pas l’heure de passage. Il arrive donc à 7h00 à l’arrêt de bus. On désigne par 𝑋 la variable aléatoire qui donne le temps d’attente de l’étudiant.
a) Quelle loi suit 𝑋 ?
b) Quelle est la probabilité que l’étudiant attende plus de 20 minutes ? c) Quelle est la probabilité que l’étudiant attente moins de 10 minutes ? d) Quelle est la probabilité que l’étudiant attente plus de 50 minutes ? e) En moyenne combien cet étudiant devra-t-il attendre ?
Correction :
a) X peut suivre la loi uniforme de paramètres 0 et 1 (si on compte en heure) que l’on note 𝑋 ↝ 𝒰[0,1]
ou bien la loi uniforme de paramètres 7 et 8 (si on compte en heures) que l’on note 𝑋 ↝ 𝒰[7,8]
ou bien la loi uniforme de paramètres 0 et 60 (si on compte en minutes) que l’on note 𝑋 ↝ 𝒰[0,60]
ou éventuellement la loi uniforme de paramètres 420 et 480 (si on compte en minutes) que l’on note 𝑋 ↝ 𝒰[420,480]
Pour la suite, je considère le choix le plus simple pour les calculs, à savoir 𝑋 ↝ 𝒰[0,60] b) 𝑝(𝑋 > 20) = 𝑝(20 < 𝑋 < 60) =𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟 [20;60] 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟[0;60] = 60−20 60−0 = 2 3≈ 0,67 c) 𝑝(𝑋 < 10) = 𝑝(0 < 𝑋 < 10) =𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟 [0;10] 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟[0;60]= 10−0 60−0= 1 6≈ 0,167 d) 𝑝(𝑋 > 50) = 𝑝(50 < 𝑋 < 60) =𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟 [50;60] 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟[0;60] = 60−50 60−0 = 1 6≈ 0,167
Pour les trois calculs que je viens de faire, j’aurais pu me servir de la densité de probabilité de la loi uniforme de paramètres 0 et 60 pour obtenir (les mêmes résultats, mais de manière plus laborieuse) :
𝑝(𝑋 > 20) = ∫ 1 60𝑑𝑥 60 20 = [1 60𝑥]20 60 = 1 60× 60 − 1 60× 20 = 2 3 𝑝(𝑋 < 10) = ∫ 1 60𝑑𝑥 10 0 = [1 60𝑥]0 10 = 1 60× 10 − 1 60× 0 = 1 6 𝑝(𝑋 > 50) = ∫ 1 60𝑑𝑥 60 50 = [1 60𝑥]50 60 = 1 60× 60 − 1 60× 50 = 1 6 e) En moyenne, il attendra 𝔼(𝑋) =0 + 60 2 = 30 minutes.
Ex 4
On choisit un nombre réel au hasard entre 2 et 50. Soit 𝑋 la variable aléatoire qui donne ce nombre. a) Quelle loi suit 𝑋 ?
b) Donner son espérance et sa variance
c) Calculer 𝑝(𝑋 = 𝜋) … Je rappelle que 𝜋 ≈ 3,141
d) Sachant que le nombre choisit est compris entre 7 et 15, quelle est la probabilité pour que 10 ≤ 𝑋 ≤ 12 ? Correction : a) 𝑋 ↝ 𝒰[2,50] b) 𝔼(𝑋) =50 + 2 2 = 26 ; 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = (50 − 2)2 12 = 482 12 = 12 × 4 × 48 12 = 192. c) La loi uniforme étant une loi continue, la probabilité que 𝑋 prenne une valeur particulière vaut
toujours 0
𝑝(𝑋 = 𝜋) = 0 On peut aussi le vérifier par le calcul :
𝑝(𝑋 = 𝜋) = ∫ 1 50 − 2𝑑𝑥 𝜋 𝜋 = [1 48𝑥]𝜋 𝜋 = 1 48× 𝜋 − 1 48× 𝜋 = 0 Prenez toute autre valeur que 𝜋, vous trouverez le même résultat.
d) En fait, la probabilité conditionnelle 𝑝7<𝑋<15 suit la loi uniforme de paramètres 7 et 15 donc 𝑝7<𝑋<15(10 ≤ 𝑋 ≤ 12) = 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟 [10; 12] 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟[7; 15] = 12 − 10 15 − 7 = 2 8= 0,25 que l’on peut faire aussi par le calcul intégral :
𝑝7<𝑋<15(10 ≤ 𝑋 ≤ 12) = ∫ 1 15 − 7𝑑𝑥 12 10 = [1 8𝑥]10 12 =1 8× 12 − 1 8× 10 = 0,25. Mais si on ne le voit pas directement, on peut utiliser la définition des probabilités conditionnelles pour faire le calcul :
𝑝7<𝑋<15(10 ≤ 𝑋 ≤ 12) = 𝑝(10 ≤ 𝑋 ≤ 12, 7 < 𝑋 < 15) 𝑝(7 < 𝑋 < 15) = 𝑝(10 ≤ 𝑋 ≤ 12) 𝑝(7 < 𝑋 < 15) = 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟 [10; 12] 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟[2; 50] 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟 [7; 15] 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑢𝑒𝑢𝑟[2; 50] = 12 − 10 50 − 2 15 − 7 50 − 2 =2 8 = 0,25 que l’on peut faire aussi par le calcul intégral :
𝑝7<𝑋<15(10 ≤ 𝑋 ≤ 12) = 𝑝(10 ≤ 𝑋 ≤ 12) 𝑝(7 < 𝑋 < 15) = ∫1012481 𝑑𝑥 ∫71548 𝑑𝑥1 = [481 𝑥] 10 12 [48 𝑥]1 7 15 = 1 48× 12 − 1 48× 10 1 48 × 15 − 1 48 × 7 =2 8 = 0,25 Ex 5
On modélise le temps d’attente en minutes entre 2 clients à un guichet par une variable aléatoire 𝑋 qui suit une loi exponentielle de paramètre 𝜆.
a) Le temps d’attente moyen est de 5 minutes, que vaut 𝜆 ? b) Quelle est la probabilité d’attendre plus de 10 minutes ? c) Quelle est la probabilité d’attendre moins de 5 minutes ?
d) Quelle est la probabilité d’attendre encore au moins 5 minutes, sachant qu’un client a déjà attendu 10 minutes ?
e) Même question, mais cette fois sachant que le client a déjà attendu 13 minutes, 15 secondes et 11 centièmes de seconde
Correction :
a) L’énoncé nous dit que
𝑋 ↝ ℰ(𝜆) et que
𝔼(𝑋) = 5. Comme son espérance vaut :
𝐸(𝑋) =1 𝜆 On a 1 𝜆 = 5 donc 𝜆 =1 5= 0,2. b) 𝑝(𝑋 > 10) = ∫ 0,2𝑒−0,2𝑥𝑑𝑥 +∞ 10 = [−𝑒−0,2𝑥] 10+∞= lim𝑥→+∞−𝑒−0,2𝑥− (−𝑒−0,2×10) = 0 + 𝑒−2≈ 0,135 c) 𝑝(𝑋 < 5) = 𝑝(0 < 𝑋 < 5) = ∫ 0,2𝑒−0,2𝑥𝑑𝑥 5 0 = [−𝑒−0,2𝑥] 0 5= −𝑒−0,2×5− (−𝑒−0,2×0) = −𝑒−1+ 1 ≈ 0,632
d) La loi exponentielle étant sans mémoire :
𝑝𝑋≥10(𝑋 > 10 + 5) = 𝑝(𝑋 > 5) = ∫ 0,2𝑒−0,2𝑥𝑑𝑥 +∞ 5 = [−𝑒−0,2𝑥]5+∞ = lim 𝑥→+∞−𝑒 −0,2𝑥− (−𝑒−0,2×5) = 0 + 𝑒−1≈ 0,368 On aurait pu aller bien plus vite en se servant de la c) :
𝑝𝑋≥10(𝑋 > 10 + 5) = 𝑝(𝑋 > 5) = 1 − 𝑝(𝑋 ≤ 5) ≈ 1 − 0,632 = 0,368.
e) La loi exponentielle étant sans mémoire, le fait d’avoir déjà attendu 10 minutes ou bien 13 minutes, 15 secondes et 11 centièmes de seconde ne change rien à la probabilité. Notons 𝑡 ce temps, à savoir 𝑡 = 13 minutes, 15 secondes et 11 centièmes, alors
𝑝𝑋≥𝑡(𝑋 > 𝑡 + 5) = 𝑝(𝑋 > 5) ≈ 0,368
Ex 6
Un laboratoire dispose d’un parc d’oscilloscopes identiques. La durée de vie, en années, d’un oscilloscope est donnée par une variable aléatoire 𝑋 ↝ ℰ(𝜆) où 𝜆 > 0
a) Sachant que 𝑝(𝑋 > 10) = 0,286, donner une valeur approchée de 𝜆 à 10−3 près On prendra 𝜆 = 0,125 pour la suite de cet exercice
b) Calculer la probabilité qu’un oscilloscope du laboratoire ait une durée de vie inférieure à 6 mois c) Sachant qu’un appareil a déjà fonctionné 8 ans, quelle est la probabilité qu’il ait une durée de vie
Correction : a) 𝑝(𝑋 > 10) = ∫ 𝜆𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥 +∞ 10 = [−𝑒−𝜆𝑥]10+∞= lim 𝑥→+∞−𝑒 −𝜆𝑥− (−𝑒−𝜆×10) = 0 + 𝑒−10𝜆 donc 𝑒−10𝜆= 0,286 donc −10𝜆 = ln (0,286) donc 𝜆 = −ln(0,286) 10 ≈ 0,125 b) 6 mois =6 12 année =0,5 année 𝑝(𝑋 < 0,5) = 𝑝(0 < 𝑋 < 0,5) = ∫ 0,125𝑒−0,125𝑥𝑑𝑥 0,5 0 = [−𝑒−0,125𝑥]00,5 = −𝑒−0,125×0,5− (−𝑒−0,125×0) = −𝑒−0,0625+ 1 ≈ 0,06. c) La loi exponentielle étant sans mémoire, la probabilité recherchée est la suivante
𝑝𝑋>8(𝑋 > 10) = 𝑝𝑋>8(𝑋 > 8 + 2) = 𝑝(𝑋 > 2) = ∫ 0,125𝑒−0,125𝑥𝑑𝑥 +∞ 2 = [−𝑒−0,125𝑥]2+∞ = lim 𝑥→+∞−𝑒 −0,125𝑥− (−𝑒−0,125×2) = 0 + 𝑒−0,25 ≈ 0,7788
TD 7 de probabilités
Pour résoudre les exercices, on utilisera la table de la loi normale centrée réduite 𝒩(𝟎, 𝟏) donnant les valeurs de 𝒑(𝒁 ≤ 𝒕) lorsque 𝒁 ↝ 𝓝(𝟎, 𝟏) : 𝑡 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 0.0 0.50000 0.50399 0.50798 0.51197 0.51595 0.51994 0.52392 0.52790 0.53188 0.53586 0.1 0.53983 0.54380 0.54776 0.55172 0.55567 0.55962 0.56356 0.56749 0.57142 0.57535 0.2 0.57926 0.58317 0.58706 0.59095 0.59483 0.59871 0.60257 0.60642 0.61026 0.61409 0.3 0.61791 0.62172 0.62552 0.62930 0.63307 0.63683 0.64058 0.64431 0.64803 0.65173 0.4 0.65542 0.65910 0.66276 0.66640 0.67003 0.67364 0.67724 0.68082 0.68439 0.68793 0.5 0.69146 0.69497 0.69847 0.70194 0.70540 0.70884 0.71226 0.71566 0.71904 0.72240 0.6 0.72575 0.72907 0.73237 0.73565 0.73891 0.74215 0.74537 0.74857 0.75175 0.75490 0.7 0.75804 0.76115 0.76424 0.76730 0.77035 0.77337 0.77637 0.77935 0.78230 0.78524 0.8 0.78814 0.79103 0.79389 0.79673 0.79955 0.80234 0.80511 0.80785 0.81057 0.81327 0.9 0.81594 0.81859 0.82121 0.82381 0.82639 0.82894 0.83147 0.83398 0.83646 0.83891 1.0 0.84134 0.84375 0.84614 0.84849 0.85083 0.85314 0.85543 0.85769 0.85993 0.86214 1.1 0.86433 0.86650 0.86864 0.87076 0.87286 0.87493 0.87698 0.87900 0.88100 0.88298 1.2 0.88493 0.88686 0.88877 0.89065 0.89251 0.89435 0.89617 0.89796 0.89973 0.90147 1.3 0.90320 0.90490 0.90658 0.90824 0.90988 0.91149 0.91309 0.91466 0.91621 0.91774 1.4 0.91924 0.92073 0.92220 0.92364 0.92507 0.92647 0.92785 0.92922 0.93056 0.93189 1.5 0.93319 0.93448 0.93574 0.93699 0.93822 0.93943 0.94062 0.94179 0.94295 0.94408 1.6 0.94520 0.94630 0.94738 0.94845 0.94950 0.95053 0.95154 0.95254 0.95352 0.95449 1.7 0.95543 0.95637 0.95728 0.95818 0.95907 0.95994 0.96080 0.96164 0.96246 0.96327 1.8 0.96407 0.96485 0.96562 0.96638 0.96712 0.96784 0.96856 0.96926 0.96995 0.97062 1.9 0.97128 0.97193 0.97257 0.97320 0.97381 0.97441 0.97500 0.97558 0.97615 0.97670 2.0 0.97725 0.97778 0.97831 0.97882 0.97932 0.97982 0.98030 0.98077 0.98124 0.98169 2.1 0.98214 0.98257 0.98300 0.98341 0.98382 0.98422 0.98461 0.98500 0.98537 0.98574 2.2 0.98610 0.98645 0.98679 0.98713 0.98745 0.98778 0.98809 0.98840 0.98870 0.98899 2.3 0.98928 0.98956 0.98983 0.99010 0.99036 0.99061 0.99086 0.99111 0.99134 0.99158 2.4 0.99180 0.99202 0.99224 0.99245 0.99266 0.99286 0.99305 0.99324 0.99343 0.99361 2.5 0.99379 0.99396 0.99413 0.99430 0.99446 0.99461 0.99477 0.99492 0.99506 0.99520 2.6 0.99534 0.99547 0.99560 0.99573 0.99585 0.99598 0.99609 0.99621 0.99632 0.99643 2.7 0.99653 0.99664 0.99674 0.99683 0.99693 0.99702 0.99711 0.99720 0.99728 0.99736 2.8 0.99744 0.99752 0.99760 0.99767 0.99774 0.99781 0.99788 0.99795 0.99801 0.99807 2.9 0.99813 0.99819 0.99825 0.99831 0.99836 0.99841 0.99846 0.99851 0.99856 0.99861 3.0 0.99865 0.99869 0.99874 0.99878 0.99882 0.99886 0.99889 0.99893 0.99896 0.99900 3.1 0.99903 0.99906 0.99910 0.99913 0.99916 0.99918 0.99921 0.99924 0.99926 0.99929 3.2 0.99931 0.99934 0.99936 0.99938 0.99940 0.99942 0.99944 0.99946 0.99948 0.99950 3.3 0.99952 0.99953 0.99955 0.99957 0.99958 0.99960 0.99961 0.99962 0.99964 0.99965 3.4 0.99966 0.99968 0.99969 0.99970 0.99971 0.99972 0.99973 0.99974 0.99975 0.99976 3.5 0.99977 0.99978 0.99978 0.99979 0.99980 0.99981 0.99981 0.99982 0.99983 0.99983 3.6 0.99984 0.99985 0.99985 0.99986 0.99986 0.99987 0.99987 0.99988 0.99988 0.99989 3.7 0.99989 0.99990 0.99990 0.99990 0.99991 0.99991 0.99992 0.99992 0.99992 0.99992 3.8 0.99993 0.99993 0.99993 0.99994 0.99994 0.99994 0.99994 0.99995 0.99995 0.99995
