Devoir surveillé Lycée Jean Perrin – PC
Devoir surveillé n ◦ 5 3 heures
Exercice : digne d’un premier avril (spécial Alex)
On a répertorié dans une usine le nombre d’accidents mineurs subis par le personnel dans une journée de travail sur une période de 200 jours. Ces accidents sont survenus indépendamment les uns des autres. Les résultats sont consignés dans le tableau suivant :
Nombre d’accidents 0 1 2 3 4 5 Nombre de jours 86 82 22 7 2 1
Par exemple, la colonne 4 indique que le nombre de journées où il s’est produit 2 accidents est de 22.
1. Quel est le nombre moyen d’accidents par jour ? Interpréter concrètement le résultat trouvé.
2. On ajuste cette distribution par une loi de Poisson. Justifier cette décision et préciser cette loi.
Comparer avec un ajustement par la loi binomiale.
3. Quel est le nombre théorique de jours où il se produit moins de 3 accidents ? Comparer avec la réalité.
Problème A
Nous disposons d’une pièce faussée et de deux dés équilibrésD1 etD2.
La probabilité d’obtenir pile avec la pièce est de 13.
Les deux dés ont chacun 6 faces, le dé D1 a 4 faces rouges et 2 blanches, le dé D2 a 2 faces rouges et 4 blanches.
L’expérience est la suivante :
– nous commençons par jeter la pièce,
– si nous obtenons pile, nous choisissons le dé D1, sinon nous choisissons le dé D2, choix définitif pour la suite de l’expérience,
– ensuite nous jetons plusieurs fois le dé choisi et pour chaque lancer, nous notons la couleur obtenue.
Nous nommions les événements suivants :
–D1 est l’événement : « nous jouons avec le déD1», –D2 est l’événement : « nous jouons avec le déD2»,
– pour tout entier naturel n, Rn est l’événement « nous avons obtenu une face rouge aunème lancer du dé choisi ».
1. Quelles sont les valeurs de P(D1)? P(D2)?
Montrer que {D1, D2} constitue un système complet d’événements.
2. Soit n∈N∗, quelles sont les valeurs de PD1(Rn)? dePD2(Rn)? 3. Calculer P(R1).
4. Établir un lien entre les probabilités PD1(R1), PD1(R2) etPD1(R1∩R2).
En déduire la valeur de P(R1∩R2).
5. Montrer que pour tout entier naturel non nul n,
P(R1∩R2∩ · · · ∩Rn) = 2n+ 2 3n+1
En déduire que pour tout n appartenant à N∗, la valeur de PR1∩R2∩···∩Rn(Rn+1).
6. Calculer PR1∩R2(D1), puis de manière générale, pour tout entier naturel non nul n, montrer que :
PR1∩R2∩···∩Rn(D1) = 2n 2n+ 2
7. Soitn ∈N∗, aprèsn lancers ayant tous amené la face rouge, vaut-il mieux parier sur le fait que le dé est le dé D1 ou sur le fait d’avoir une face rouge au lancer suivant ? Au fait, que penser de cette question ?1
Problème B
Soit n un entier naturel non nul. Une entreprise dispose d’un lot de n feuilles originales qu’elle a numérotées 1,2, . . . , n. Elle photocopie ces n feuilles originales et souhaite que chaque original soit agrafé avec sa copie. L’entreprise programme le photocopieur afin que chaque original soit agrafé avec sa copie. Cependant, suite à un défaut informatique, la photocopieuse a mélangé les originaux et les copies.
L’entreprise décide donc de placer les n originaux et les n copies dans une boîte. une personne est alors chargée du travail suivant : elle pioche simultanément et au hasard 2 feuilles dans la boîte. S’il s’agit d’un original et de sa copie, elle les agrafe et les sort de la boîte. Sinon, elle repose les deux feuilles dans la boîte et elle recommence.
On modélise l’expérience par un espace probabilisé (Ω,A, P). Soit Tn la variable aléatoire égale au nombre de pioches qui sont nécessaires pour vider la boîte lorsque celle-ci contient n originaux et n copies (soit 2n feuilles).
On considère l’événementAn : « à l’issue de la première pioche, les deux feuilles piochées ne sont pas agrafées » et an sa probabilité c’est à dire an=P(An).
1. Calculer an.
2. Étude de T2. On suppose dans cette question que n= 2, c’est-à-dire que la boite contient deux originaux et deux copies.
(a) Montrer que pour tout entier k ≥2 :P (T2 =k) = (1−a2) (a2)k−2.
(b) Justifier que la variableS2 =T2−1suit une loi géométrique dont on précisera le paramètre.
En déduire l’espérance et la variance de T2 en fonction de a2.
3. Étude de T3. On suppose dans cette question quen = 3, c’est-à-dire que la boite, contient trois originaux et trois copies.
1. C’est un ajout personnel au sujet.
(a) Calculer P(T3 = 2) puis P(T3 = 3) en fonction de a2 eta3
(b) À l’aide du système complet d’événements (
A3, A3)
démontrer pour tout k ≥2 que : P(T3 =k+ 1) = (1−a3)P(T2 =k) +a3P(T3 =k)
(c) Montrer que :
k ≥2, P(T3 =k) = (1−a2) (1−a3) a3−a2
[
(a3)k−2−(a2)k−2 ]
.
(d) Calculer
+∞
∑
k=2
P(T3 =k).
(e) Prouver que la variable aléatoire T3 −1 admet une espérance et calculer E(T3−1).
Donner la valeur de E(T3) en fonction dea2 et a3.
(f) Établir que la variable aléatoire T3(T3−1) admet une espérance et donner sa valeur en fonction de a2 eta3.
En déduire que T3 admet une variance.
Fin
Devoir surveillé 4 : correction Lycée Jean Perrin – PC Exercice2 :
1. Appelons X la variable aléatoire égale au nombre d’accidents recensés par jour ; les valeurs possibles de X sont entières (variable discrète) et varient de 0 à 5. À chacune de ces valeursi, on associe sa probabilité de réalisation pi : nombre de jours d’apparitions divisé par 200.
Nombre id’accidents 0 1 2 3 4 5
Probabilités pi 0,43 0,41 0,11 0,035 0,01 0,005
Le nombre moyen d’accidents par jours est alors l’espérance mathématique de la variable aléa- toire X :
E(X) =
∑5
i=0
ipi = (0x86 + 1x82 + 2x22 + 3x7 + 4x2 + 5x1)/200 = 0,8 = 4 5
On peut énoncer qu’il y a en moyenne0,8accidents par jour ou, plus concrètement, 4 accidents en moyenne tous les 5 jours.
C’est une moyenne : comme l’indique la statistique (86 jours sans accident), on pourrait consta- ter aucun accident pendant plusieurs jours consécutifs.
2. La loi de Poisson est la loi des ”anomalies” indépendantes et de faible probabilité. On peut l’appliquer ici a priori directement, faute d’autres informations sur la survenue des accidents.
Afin de mieux s’en convaincre, en notant que les accidents sont considérés comme des évé- nements indépendants, on peut interpréter X comme une variable binomiale de paramètre n = 200 (nombre d’épreuves) de moyenne np = 0,8. Par suite p = 0,004. On est tout à fait dans le champ d’approximation de la loi de Poisson : n >50,p⩽0,1et np= 0,8⩽10.
Le paramètre de cette loi seraλ=np= 0,8et :
P(X =k) =e−0,8(0,8)k k!
Tableaux comparatifs : la dernière ligne indique les probabilités obtenues par la loi binomiale, très peu pratique ici eu égard au grand nombre d’observation (manipulation de combinaisons et puissances) :
P(B =k) = (n
k )
pk(1−p)n−k Par exemple :
P(B = 2) = (200
2 )
(0,004)2(0,996)198 = 200× 199
2 ×0,000016×0,452219...≈0,144
Nombre i d’accidents 0 1 2 3 4 5
Nombre de jours 86 82 22 7 2 1
pi 0,43 0,41 0,11 0,035 0,01 0,005
pi théoriques selon Poisson 0,449 0,359 0,144 0,038 0,008 0,001 pi selon loi binomiale 0,448 0,360 0,144 0,038 0,0075 0,001
2. Référence : chronomath.com, Serge Mehl
3. La probabilité de voir survenir moins de 3 accidents est théoriquement 0,449 + 0,359 + 0,144 = 0,952.
Le nombre théorique de jours où il se produit moins de 3 accidents est donc0,952×200 = 190,4, nombre arrondi à 190.
Le nombre fourni par la réalité (statistique) est : 86 + 82 + 22 = 190. On remarque un bon ajustement par la loi de Poisson. Le cas k= 5 est moins convaincant mais il est marginal.
Problème A :
1. Si nous jouons avec le dé D1, cela signifie que l’on a obtenu pile lors du lancer de la pièce et ainsi l’événement D1 est en fait l’événement « on obtient pile » et donc
P(D1) = 1 3
Si nous jouons avec le dé D2, cela signifie que l’on a obtenu face lors du lancer de la pièce et ainsi l’événement D2 est en fait l’événement « on obtient face » et donc
P(D2) = 2 3
Soit on choisit le déD1, soit on choisit le déD2et ainsi{D1, D2}constitue un système complet d’événements.
2. Soit n∈N∗.
Si on choisit le dé D1, le dé a 6 faces dont 4 rouges et 2 blanches et ainsi PD1(Rn) = 4
6 = 2 3
Si on choisit le dé D2, le dé a 6 faces dont 2 rouges et 4 blanches et ainsi et PD2(Rn) = 2
6 = 1 3
3. Le système {D1, D2} étant un système complet d’événements, on a en appliquant la formule des probabilités totales
P(R1) =PD1(R1).P(D1) +PD2(R1).P(D2) = 2 3.1
3 +1 3.2
3 = 4 9 4. Sachant que le dé D1est choisi, les lancers sont alors indépendants, d’où
PD1(R1∩R2) =PD1(R1).PD1(R2) = 22 32 De la même façon, on a
PD2(R1∩R2) =PD2(R1).PD2(R2) = 1 32
Le système {D1, D2} étant un système complet d’événements, on a en appliquant la formule des probabilités totales
P(R1∩R2) = PD1(R1∩R2).P(D1) +PD2(R1∩R2).P(D2) = 22 32.1
3+ 1 32.2
3 = 6 33 = 2
9
5. Soit un entier naturel non nul n, de même le dé D1 étant choisi, les lancers sont indépendants et on a alors
PD1(R1∩R2∩ · · · ∩Rn) =
∏n
i=1
PD1(Ri) = 2n 3n et de même
PD2(R1∩R2∩ · · · ∩Rn) =
∏n
i=1
PD2(Ri) = 1 3n
et ainsi en utilisant de nouveau le système complet d’événements {D1, D2}, on a
P(R1∩R2∩ · · · ∩Rn) = PD1(R1∩R2∩ · · · ∩Rn).P(D1) +PD2(R1∩R2∩ · · · ∩Rn).P(D2)
= 2n 3n.1
3+ 1 3n.2
3 et ainsi
P(R1∩R2∩ · · · ∩Rn) = 2n+ 2 3n+1 On a alors puisque P(R1∩R2∩ · · · ∩Rn)̸= 0,
PR1∩R2∩···∩Rn(Rn+1) = P(R1∩R2∩ · · · ∩Rn+1) P(R1∩R2∩ · · · ∩Rn)
=
2n+1+2 3n+2 2n+2 3n+1
= 2n+1+ 2
3(2n+ 2) = 2n+ 1 3(2n−1+ 1) 6. Nous avons P(R1 ∩R2)̸= 0 et P(D1)̸= 0. Ainsi d’après la formule de Bayes,
PR1∩R2(D1) = P(R1∩R2∩D1)
P(R1∩R2) = PD1(R1∩R2).P(D1) P(R1∩R2) =
22 32 × 13
2 9
= 2 3
De façon générale, on a P(R1∩ · · · ∩Rn)̸= 0 etP(D1)̸= 0. Ainsi d’après la formule de Bayes, PR1∩···∩Rn(D1) = P(R1∩ · · · ∩Rn∩D1)
P(R1∩ · · · ∩Rn) = PD1(R1∩ · · · ∩Rn).P(D1) P(R1∩ · · · ∩Rn) =
2n 3n ×13
22+2 3n+1
= Ainsi on a finalement
PR1∩R2∩···∩Rn(D1) = 2n 2n+ 2
7. À moins de faire l’expérience en aveugle, la question est idiote ; et faire l’expérience en aveugle…
Ceci dit, on rappelle que
PR1∩R2∩···∩Rn(D1) = 2n
2n+ 2 PR1∩R2∩···∩Rn(Rn+1) = 2n+ 1 3(2n−1+ 1) On a alors
PR1∩R2∩···∩Rn(D1)⩾PR1∩R2∩···∩Rn(Rn+1)
si et seulement si
2n
2n+ 2 ⩾ 2n+ 1 3(2n−1+ 1) soit encore
3.2n(2n−1+ 1)⩾(2n+ 1)(2n+ 2) si et seulement si
3.2n−1(2n+ 2)⩾(2n+ 1)(2n+ 2) soit encore
3.2n−1 ⩾2n+ 1 = 2.2n−1+ 1
soit finalement2n−1 ⩾1, condition vérifiée puisque n ⩾1. Ainsi il vaut mieux parier que le dé est le dé D1 à 4 faces rouges plutôt que de parier que le le prochain lancer donnera une face rouge.
Problème B :
1. La boîte contient 2n feuilles. Choisir les deux premières feuilles, c’est choisir une combinaisons de deux feuilles parmi2n, puisque l’on ne tient pas compte de l’ordre. Il y a donc
(2n 2
)
= 2n(2n−1) 2 façon de choisir les deux premières feuilles.
Les pioches formant un couple agrafables sont déterminées par la feuille originale (parmi n) : il y en a doncn. Ainsi
P( An
)= n (2n
2
) = 1 2n−1 et ainsi
an=P(An) = 1− 1
2n−1 = 2n−2 2n−1
2. (a) Pour vider la boite, il faut et suffit d’avoir d’abord un premier couple agrafable, les feuilles restantes seront alors agrafées à la pioche suivante.
Donc l’événement (T2 =k) signifie que l’on n’a pas eu de couple jusqu’à tirage k−2, et que l’on en a eu un à la k−1eme` pioche.
En notant Si (succès) le fait d’avoir un couple à la i`eme pioche et Ei sinon, on a donc :
(T2 =k) =E1∩ · · · ∩Ek−2∩Sk−1 et
P(T2 =k) =P(E1)PE1(E2)· · ·PE1···Ek−2(Sk−1)
Tant que l’on n’a pas eu de couple, on est avec une boite contenant les 4 feuillets et la probabilité de ne pas piocher un couple est donc a2. On obtient alors
∀k ⩾2, P(T2 =k) = (1−a2) (a2)k−2
(b) On considère la variable aléatoire S définie par S2 = T2−1. On a alors S2(Ω) = N∗ et (S2 =k) = (T2 =k+ 1) d’où
P(S2 =k) = (1−a2) (a2)k−1
On en déduit que S2 suit la loi géométrique de paramètre1−a2. Ainsi E(S2) = 1
1−a2 V (S2) = a2 (1−a2)2 et donc comme T2 =S2+ 1 on obtient
E(T2) =E(S2) + 1 = 1 1−a2
+ 1 = 2−a2 1−a2
V (T2) = V (S2) = a2 (1−a2)2 3. (a) Comme il y a 3 paires à reformer , (T3 = 2) est impossible et P(T3 = 2) = 0
(T3 = 3) signifie que l’on a fait des paires à chaque pioche : Donc (T3 = 3) =S1∩S2 (on a alorsS3) et
P(T3 = 3) =P(S1)PS1(S2)
= (1−a3) (1−a2) car quand on a fait le premier couple, il reste 4 feuilles.
(b) Le système( A3, A3
) est un système complet d’événements, donc pour toutk ≥2(impos- sible sinon) :
P(T3 =k+ 1) =PA3(T3 =k+ 1)P(A3) +PA3(T3 =k+ 1)P( A3)
=a3P(T3 =k) + (1−a3)P(T2 =k)
avec PA3(T3 =k+ 1) =P(T3 =k)car, quand on n’a pas fait de couple au premier on est encore avec les 6 feuillets dans la boite et il ne reste que k pioches à faire pour finir en k+ 1 pioches.
et PA3(T3 =k+ 1) =P(T2 =k) car un couple ayant été agrafé, il ne reste que 2 couples dans la boites et k pioches à faire pour la vider.
(c) On procède par récurrence : Pour k = 2 :
(1−a2) (1−a3) a3−a2
[(a3)0−(a2)0]
=P(T3 = 2) Soit k ≥2.tel que
P(T3 =k) = (1−a2) (1−a3) a3−a2
[
(a3)k−2−(a2)k−2 ]
alors P(T3 =k+ 1) =a3P(T3 =k) + (1−a3)P(T2 =k)
=a3(1−a2) (1−a3) a3−a2
[
(a3)k−2−(a2)k−2 ]
+ (1−a3) (1−a2) (a2)k−2
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
[
a3(a3)k−2−a3(a2)k−2+ (a2)k−2(a3−a2) ]
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
[
(a3)k−1−(a2)k−1 ]
Ainsi ∀k ≥2, P(T3 =k) = (1−a2) (1−a3) a3−a2
[
(a3)k−2−(a2)k−2 ]
.
(d) C’est bien évidemment 1 puisque T3 est une variable aléatoire à valeurs dans {2,3, . . .}. On le vérifie cependant :
∑M
k=2
P(T3 =k) = (1−a2) (1−a3) a3−a2
∑M
k=2
[
(a3)k−2−(a2)k−2 ]
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
∑M
h=0
[
(a3)h−(a2)h ]
→ (1−a2) (1−a3) a3−a2
[ 1
1−a3 − 1 1−a2
]
car |a3|<1
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
[ a2−a3
(1−a3) 1−a2 ]
= 1
(e) On considère, conformément au théorème de transfert, la série numérique
∑
k⩾2
(k−1)P(T3 =k)
On a si N ⩾2,
∑N
k=2
(k−1)P(T3 =k)
=
∑N
k=2
(k−1)(1−a2) (1−a3) a3−a2
[
(a3)k−2−(a2)k−2 ]
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
N∑−1
k=1
[
k(a3)k−1 −k(a2)k−1 ]
N−→→+∞
(1−a2) (1−a3) a3−a2
[ 1
(1−a3)2 − 1 (1−a2)2
]
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
[
(1−a2)2−(1−a3)2 (1−a3)2(1−a2)2
]
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
[(1−a2−1 +a3) (1−a2+ 1−a3) (1−a3)2(1−a2)2
]
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
[(a3−a2) (2−a2−a3) (1−a3)2(1−a2)2
]
= (2−a2−a3)
(1−a3) (1−a2) =E(T3−1)
La série est absolument convergente puisque convergente à termes positifs, donc T3 −1 admet une espérance et on a
E(T3−1) = (2−a2−a3) (1−a3) (1−a2) (f) On procède de même, mais c’est beaucoup plus laborieux :
∑N
k=2
k(k−1)P(T3 =k)
=
∑N
k=2
k(k−1)(1−a2) (1−a3) a3−a2
[
(a3)k−2−(a2)k−2 ]
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
∑N
k=2
k(k−1) [
(a3)k−2−(a2)k−2 ]
N−→→+∞
(1−a2) (1−a3) a3−a2
[ 2
(1−a3)3 − 2 (1−a2)3
]
= (1−a2) (1−a3) a3−a2
[
(1−a2)3−(1−a3)3 (1−a3)3(1−a2)3
]
et en utilisant
x3−y3 = (x−y)(
x2+xy+y2)
pour simplifier E(T3(T3−1)) vaut (1−a2) (1−a3)
a3−a2
[(1−a2−1 +a3)[
(1−a2)2 + (1−a2) (1−a3) + (1−a3)2] (1−a3)3(1−a2)3
]
= a22 −2a2 + 1 + 1−a2−a3+a2a3+ 1−2a3 +a23 (1−a3)2(1−a2)2
= a22 +a2a3−3a2+a23−3a3+ 3 (1−a3)2(1−a2)2
car la série est absolument convergente, puisque là encore convergente à termes positifs.
Or T3(T3−1) =T32−T3 donc T32 =T3(T3−1) +T3 a une espérance et
E( T32)
=E[T3(T3 −1)] +E(T3)
= a22+a2a3−3a2+a23−3a3+ 3
(1−a3)2(1−a2)2 + (2−a2 −a3) (1−a3) (1−a2) + 1 donc T3 a une variance et
V (T3) =E( T32)
−E(T3)2
et comme l’énoncé ne demande pas son expression, donc on n’insiste pas.
