Solutions des Exercices du Chapitre 4

Solutions des Exercices du Chapitre 4

4.1 Soit A=“ag´ees de plus de 30 ans”, B=“mari´es”, C=“femmes”. On note #(I), le nombre d’´elements d’un ensemble I. On a alors:

#(A) = 525, #(B) = 470, #(C) = 312,

#(A∩B) = 147, #(B∩C) = 86, #(A∩C) = 42, #(A∩B∩C) = 25.

On pose:

S¹ = (A∩B∩C), S2 = (A∩B)\ S1, S³ = (B∩C) \ S¹, S4 = (A∩C) \ S1, S⁵ = A\ (S¹∪S²∪S⁴), S6 = B\(S1∪S2∪S3), S⁷ = C\ (S¹∪S³∪S⁴).

Alors:

#(S1) = 25; #(S2) = 147−25 = 122; #(S3) = 86−25; #(S4) = 42−25 = 17;

#(S5) = 525−(122 + 25 + 17) = 361;

#(S6) = 470−(122 + 25 + 61) = 262;

#(S7) = 312−(17 + 25 + 61) = 209.

Comme les Sⁱ forment une partition de l’ensemble A ∪B ∪C, la somme des nombres d’´elements des Sⁱ devrait donner 1000; or, le total est 1057.

A

B C

S6

S7 S1

S2

S3

S4 S5

4.2 On peut repr´esenter les cas possibles par:

{F F F, F F G, F GF, GF F, GGG, GGF, GF G, F GG}.

On d´enombre ainsi 8 cas possibles et on consid`ere les ´ev`enements:

A: “le nombre de filles sera 2 ou 3” ={F F F, F F G, F GF, GF F},

B: “il y aura des enfants des deux sexes” ={F F G, F GF, GF F, GGF, GF G, F GG}.

(a) P(A) = 4/8 et P(B) = 6/8 = 3/4.

(b) A∩B ={F F G, F GF, GF F},

P(A∩B) = 3/8 etP(A)P(B) = 3/8.

Les deux ´evenements sont donc ind´ependants.

4.3 On note F l’´ev`enement “la personne choisie fume” et A l’´evenement “la personne choisie est alcoolique”. On sait que P(F) = 0.47, P(A) = 0.28, P(F ∩A) = 0.18.

a) On d´emontre facilement que ¯F∩A¯=F ∪A(loi de Morgan), o`u ¯Ad´enote le compl´ement de A, ¯F le compl´ement de F, etc. Donc,

P(ni fumeur ni alcoolique) =P( ¯F ∩A) =¯ P(F ∪A) = 1−P(F ∪A)

= 1−(P(F) +P(A)−P(F ∩A)) = 1−0.47−0.28 + 0.18 = 0.43.

b) On a: P(F ∩A)=0.186= 0.13 =P(F)P(A). On en d´eduit que les deux vices ne sont pas ind´ependants.

4.4 On cherche la probabilt´e que le li`evre soit atteint par le chasseur A seulement ou par le chasseur B seulement ou par les deux. On sait que: P(A∪B) = P(A) +P(B)−P(A∩B).

Donc P(animal tu´e) = 2/3 + 3/4−(2/3·3/4) = 0.91667.

4.5 P(au moins 2 personnes sont n´ees le mˆeme jour) = 1−P(toutes les dates de naissance sont diff´erentes).

P(toutes les dates de naissance sont diff´erentes) = 365×364×...×356

365¹⁰ = 0.833.

Donc, la probabilit´e cherch´ee est 0.117.

4.6 Soit B1 l’´ev´enement “B augmente” et A0 l’´ev´enement “A est stable”. Il s’agit de trouver P(B¹|A⁰). On a:

P(B1|A0) = P(B1∩A0)

P(A⁰) = 60/1000

(60/1000 + 110/1000 + 80/1000) = 0.24.

4.7 SoitAl’´ev`enement “la compagnie trouve du p´etrole en mer du Nord” etBl’´ev´enement

“la compagnie trouve du p´etrole en m´edit´eran´ee”. Il est raisonnable de supposer que les deux ´evenements sont ind´ependants: P(A∩B)=P(A)P(B). On en d´eduit:

P(A∩B) =¯ P( ¯B|A)P(A) = (1−P(B|A))P(A) = (1−P(B))P(A) = P(A)P( ¯B). Donc, P(un seul forage est fructueux) =P(A∩B) +¯ P( ¯A∩B) = 0.8×0.4 + 0.2×0.6 = 0.44.

4.8 SoitN l’´ev´enement “le chat est noir”, G l’´ev´enement “le chat est gris”,Rl’´ev´enement

“le chat vit dans la rue”. A l’aide de la formule de Bayes et de la formule de la probabilit´e totale on obtient:

P(N|R) = P(R|N)·P(N)

P(R|N)·P(N) +P(R|G)·P(G) = 6/10·4/10

(6/10·4/10 + 4/10·6/10) = 0.5.

4.9 On note A l’´ev´enement “il pleut” et B “le barom`etre pr´evoit de la pluie”. On a:

P( ¯B|A) = 0.1 et P(B|A) = 0.2; donc¯ P(B|A) = 0.9. A priori, on sait que la probabilit´e de pluie est de P(A) = 0.1; donc, `a l’aide de la formule de Bayes:

P(A|B) = P(B|A)·P(A)

P(B|A)·P(A) +P(B|A)¯ ·P( ¯A) = 9/10·1/10

(9/10·1/10 + 2/10·9/10) = 0.3.