Devoir de déc. 2019 et son corrigé (Probas-Stats)

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I.U.T. de Brest Ann´ee 2019-2020

G.M.P. 1 Corrig´e du devoir du 18/12/2019

Outils math´ematiques (M1301)

Exercice 1. Un dé cubique, parfaitement équilibré, a six faces numérotées de 1 à 6.

1. On lance 10 fois successivement ce d´e.

a) On note X le nombre de 6 obtenus en 10 lancers.

Remarque 1. Il est essentiel de commencer par définir cette variable aléatoireX; et ceci évidemment avant de parler de loi binomiale ou autre. On voit malheureusement trop souvent dans les copies la réponse qui commence par ^≪On a une loi binomiale...^≫ ou alors ^≪Le jeu correspond à une loi binomiale...^≫ qui sont bien trop vagues.

Les résultats des lancers étant indépendants les uns des autres, X suit la loi binomiale B(n, p) de paramètres n = 10 (le nombre de lancers) et p = ¹₆ (la probabilité d’obtenir un 6 sur un lancer).

Ainsi la probabilit´e d’obtenir un 6 entre une et neuf fois est : P[16X 69] = 1−P[X = 0]−P[X = 10] = 1−

5

6

10

−

1

6

10

≃0,838.

b) La probabilit´e d’obtenir au moins un 6 en 10 lancers vaut : P[X >1] = 1−P[X = 0] = 1−

5

6

10

≃0,838.

Remarque 2. Il est important de bien lire la question et de ne pas confondre ^≪la probabilit´e d’obtenir au moins un 6^≫, qui est P[X >1], avec^≪la probabilit´e d’obtenir exactement un 6^≫, qui est P[X = 1].

Remarque 3. On trouve le mˆeme r´esultat aux questions 1a et 1b tout simplement parce que P[X = 10] = ¹₆10

≃1,65×10⁻⁸ est tr`es proche de z´ero.

2. Combien de fois doit-on lancer le dé pour être pratiquement certain (à plus de 99,9%) d’obtenir au moins un 6 ?

Comme précédemment, on noteXle nombre de 6 obtenus ennlancers avecnun entier à déterminer.

AlorsX suit la loi binomialeB(n, p) de paramètresn(le nombre de lancers) et p= ¹₆ (la probabilité d’obtenir un 6 sur un lancer). Ainsi la condition ^≪être pratiquement certain (à plus de 99,9%) d’obtenir au moins un 6^≫ se traduit par :

P[X >1]>0,999 ce qui revient au mˆeme de dire que 1−P[X = 0]>0,999.

D’o`uP[X= 0] 60,001, c’est-`a-dire encore ⁵₆n

60,001.

Cela donne ln ⁵₆n

6ln(0,001) car la fonction ln est croissante sur ]0; +∞[.

Donc n×ln ⁵₆

6ln(0,001) car ln(xⁿ) =nlnx pour toutx >0.

Finalementn > ^ln(0,001)

ln(⁵6) , l’inégalité ayant changé de sens car on a divisé par le nombre négatif ln ⁵₆ (en effet, ⁵₆ <1).

Or la calculatrice nous donne ^ln(0,001)

ln(⁵6) ≃37,8.

Conclusion. Il faudra lancer au moins 38 fois le dé pour être sûr à plus de 99,9% d’obtenir au moins un 6.

(2)

Exercice 2. Une urne contient 6 boules rouges et n boules blanches (avec n un entier> 2).

Alice participe au jeu suivant :

• Alice tiresuccessivement et sans remise deux boules de l’urne ;

• si les deux boules tir´ees sont de la mˆeme couleur, Alice gagne 1 euro ;

• si les deux boules tir´ees sont de couleurs diff´erentes, Alice perd 1 euro.

On note X la variable aléatoire qui, à chaque tirage de deux boules, associe le gain algébrique d’Alice.

1. On suppose que n = 4. L’urne contient donc 10 boules : 6 rouges et 4 blanches.

a) • Commen¸cons par faire un arbre pondéré pour décrire la situation. Pour cela, notons : R1 l’évènement ^≪une boule rouge est tirée au premier tirage^≫;

R2 l’évènement ^≪une boule rouge est tirée au second tirage^≫.

R1

R2

R₂ R2

R₂

6 10

4 10

5 9

4 9

6 9

3 9

Explications :

* on a sans probl`eme P(R1) = ₁₀⁶ et doncP(R1) = ₁₀⁴ ;

* la probabilité de la branche rouge de l’arbre est P(R2/R1). Lorsque R1 est réalisé, il reste parmi les 9 boules restantes 5 boules rouges. D’où P(R2/R1) = ⁵₉;

* la probabilité de la branche bleue de l’arbre est P(R2/R1). Lorsque R1 est réalisé, il reste parmi les 9 boules restantes 4 boules blanches. D’où P(R2/R1) = ⁴₉;

* la probabilité de la branche rose de l’arbre est P(R2/R1). Lorsque R1 est réalisé (c’est-à-dire une boule blanche a été tirée), il reste parmi les 9 boules restantes 6 boules rouges. D’oùP(R2/R1) = ⁶₉ ;

* la probabilité de la branche verte de l’arbre estP(R₂/R₁). Lorsque R₁ est réalisé (c’est-à-dire une boule blanche a été tirée), il reste parmi les 9 boules restantes 3 boules blanches. D’oùP(R2/R1) = ³₉.

• Déterminons la probabilité de l’évènement C : ^≪les deux boules tirées ont la même couleur^≫. Les deux boules tirées ont la même couleur lorsque les deux boules sont rouges (R1 ∩ R2) ou lorsqu’elles sont toutes les deux blanches (R1∩R2).

Or, en utilisant l’arbre, on obtient :

P[R₁∩R₂] =P(R₁)×P(R₂/R₁) = ₁₀⁶ × ⁵₉ = ³₅ × ⁵₉ = ¹₃ et P[R1∩R2] =P(R1)×P(R2/R1) = ₁₀⁴ ×³₉ = ²₅ × ¹₃ = ₁₅² . Finalement

P[C] =P[R1∩R2] +P[R1∩R2] = 1 3+ 2

15 = 5 15+ 2

15 = 7 15

Remarque. Il n’était pas obligatoire de passer par l’intermédiaire des notations ci-dessus sur les probas conditionnelles ; il était parfaitement correct de n’utiliser que l’arbre pondéré dessiné plus haut.

(3)

b) Notons R l’évènement ^≪les deux boules tirées sont rouges^≫. Ainsi R=R1∩R2.

On veut calculer la probabilité que les deux boules tirées soient rouges sachant qu’elles sont de la même couleur ; cela revient donc à calculer P[R/C]. Alors :

P[R/C] = P[R∩C]

P[C] = P[R]

P[C] =

1 3 7 15

= 1 3× 15

7 = 1

3× 3×5

7 = 5

7

Remarque. Il fallait bien lire l’´enonc´e : il s’agissait bien de proba conditionnelle et il ne suffisait pas de calculer la proba que les deux boules soient rouges !

2. On revient au cas g´en´eral avec n>2. L’urne contient donc n+ 6 boules : 6 rouges et n blanches.

a) D´etermination de la loi de probabilit´e de X en fonction de n.

• Commen¸cons par faire un arbre pondéré pour décrire la situation. Pour cela, notons : R1 l’évènement ^≪une boule rouge est tirée au premier tirage^≫;

R2 l’évènement ^≪une boule rouge est tirée au second tirage^≫.

R1

R2

R2 6

n+6

n n+6

5 n+5

n n+5

6 n+5

n−1 n+5

Explications :

* on a sans probl`eme P(R1) = _n+6⁶ et donc P(R1) = _n+6ⁿ ;

* la probabilité de la branche rouge de l’arbre est P(R2/R1). Lorsque R1 est réalisé, il reste parmi les n+ 5 boules restantes 5 boules rouges. D’où P(R2/R1) = _n+5⁵ ;

* la probabilité de la branche bleue de l’arbre est P(R₂/R₁). Lorsque R₁ est réalisé, il reste parmi les n+ 5 boules restantes n boules blanches. D’oùP(R2/R1) = _n+5ⁿ ;

* la probabilité de la branche rose de l’arbre est P(R2/R1). Lorsque R1 est réalisé (c’est-à-dire une boule blanche a été tirée), il reste parmi les n + 5 boules restantes 6 boules rouges. D’où P(R2/R1) = _n+5⁶ ;

* la probabilité de la branche verte de l’arbre est P(R2/R1). Lorsque R1 est réalisé (c’est-à-dire une boule blanche a été tirée), il reste parmi les n+ 5 boules restantes n−1 boules blanches. D’où P(R2/R1) = ⁿ_n+5⁻¹.

• Loi de X? Remarquons d’abord que X ne peut prendre que deux valeurs : −1 et 1. En effet, X = 1 lorsqu’Alice gagne un euro et X =−1 lorsqu’Alice perd un euro.

D´eterminer la loi de probabilit´e de X, c’est donc calculer P[X =−1] et P[X = 1].

Notons C l’évènement :^≪les deux boules tirées ont la même couleur^≫. Alors P[X = 1] =P[C] et on procède exactement comme à la question 1.a :

P[X= 1] =P[C] =P[R1 ∩R2] +P[R1∩R2] P[X = 1] = 6

n+ 6 × 5

n+ 5 + n

n+ 6 × n−1

n+ 5 = n² −n+ 30 (n+ 6)(n+ 5) Puis, par un raisonnement analogue,

P[X =−1] = 6

n+ 6 × n

n+ 5 + n

n+ 6 × 6

n+ 5 = 12n (n+ 6)(n+ 5)

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En r´esum´e, on obtient :

k −1 1

P[X=k] _(n+6)(n+5)¹²ⁿ _(n+6)(n+5)ⁿ²⁻ⁿ⁺³⁰

b) L’esp´erance de X est donc : E(X) = (−1)×P[X =−1] + 1×P[X = 1]. D’o`u E(X) = (−1)× 12n

(n+ 6)(n+ 5) + 1× n²−n+ 30

(n+ 6)(n+ 5) = n² −13n+ 30 (n+ 6)(n+ 5).

c) Le jeu est d´efavorable `a Alice si et seulement si E(X)<0.

Or, comme (n+ 6)(n+ 5) est toujours strictement positif (puisque n>2), E(X)<0 ssi n²−13n+ 30<0.

On est amené à étudier le signe d’un trinôme du second degré. Son discriminant vaut ∆ = 13²− 4×30 = 49 = 7². On en déduit ses racines n1 = 3 et n2 = 10. Ainsi n²−13n+ 30 est du signe de a= 1 (terme devant n²) à l’extérieur des racines. Autrement dit,

n²−13n+ 30<0 ssi 3< n <10.

Conclusion. Le jeu est défavorable à Alice pour tous les entiers n allant de 4 à 9.

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Exercice 3.

1. a) Une bille est conforme si 14,36X 615,5.

Donc la probabilité qu’une bille prélevée ne soit pas conforme vaut 1−P[14,36X 615,5].

Or, en utilisant les informationsσ = 0,35 etm = 15, la calculatrice (par exemple menu Ncd avec une Casio, ou menu normalFR´ep avec une TI) nous donne directement :P[14,36X 615,5]≃0,90068.

Ainsi la probabilité qu’une bille prélevée ne soit pas conforme vaut

1−P[14,36X 615,5]≃1−0,90068≃0,09932≃0,099 le dernier résultat étant arrondi, comme demandé, à 10⁻³ près.

b) On cherche h tel que P[X ∈[m−h;m+h]] =P[m−h 6X 6m+h] = 0,92.

Premi`ere option : si votre calculatrice permet de trouver directement l’intervalle [m−h;m+h]

centré sur m en allant dans un menu du genre ^≪InvNorm puis Tail : Central (au lieu de Left ou Right) ainsi que area= 0,92 ; m= 15 et σ= 0,35^≫, vous pouvez récupérer directement :

m+h= 15,612 D’o`uh= 15,612−m = 15,612−15 = 0,612.

Deuxi`eme option : si votre calculatrice n’a pas l’option ^≪Central^≫, il faut travailler un peu plus :

0 m−h m m+h

0,92 (zone verte) 1−0,92

2

Ainsi, avec le dessin, on obtient : P[X 6m+h] = 0,92 + ^1−0,92₂ = 0,92 + 0,04 = 0,96.

Il ne reste plus qu’`a utiliser la calculatrice (menu du genre InvNorm ou FracNormale) pour obtenir avec les infos ^≪area= 0,96 ; m= 15 et σ= 0,35^≫ :

m+h= 15,612 puis on conclut comme `a la premi`ere option.

Troisième option : suivre d’abord la deuxième option jusqu’à P[X 6m+h] = 0,96, puis revenir

à la loi N(0; 1) et enfin utiliser la table de la loi normale centrée réduite...

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2. La machine est désormais réglée de sorte que m= 14,9.

On cherche σ >0 de sorte que P[14,36X 615,5] = 0,98.

Commeσest inconnu, on revient à la loi normale centrée réduite. Pour cela, commeX ∼ N(14,9;σ²), on pose Y = ^X^−14,9_σ ; ainsi Y ∼ N(0; 1).

Dans ce cas, 14,36X 615,5 ssi 14,3−14,9

σ 6 X−14,9

σ 6 15,5−14,9 σ ssi −0,6

σ 6Y 6 0,6 σ On veut donc avoir P

−0,6

σ 6Y 6 0,6 σ

= 0,98.

L`a encore on a plusieurs options :

Premi`ere option : si votre calculatrice permet de trouver directement l’intervalle

−0,6 σ ;0,6

σ

en allant dans un menu du genre ^≪InvNorm puis Tail : Central (au lieu de Left ou Right) ainsi que area= 0,98 ; m= 0 et σ= 1^≫, vous pouvez r´ecup´erer directement :

0,6

σ ≃2,3263 D’o`uσ ≃ 0,6

2,3263 ≃0,25792≃0,258.

Deuxième option : si votre calculatrice n’a pas l’option ^≪Central^≫, il faut travailler un peu plus, comme à la question précédente. On peut à nouveau dessiner une gaussienne et voir que :

P

Y 6 0,6 σ

= 0,98 + 1−0,98

2 = 0,98 + 0,01 = 0,99.

Il ne reste plus qu’`a utiliser la calculatrice (menu du genre InvNorm ou FracNormale) pour obtenir avec les infos ^≪area= 0,99 ; m= 0 et σ = 1^≫ :

0,6

σ ≃2,3263 puis on conclut comme `a la premi`ere option.

Troisième option : suivre d’abord la deuxième option jusqu’à P

Y 6 0,6 σ

= 0,99, puis lire dans la table de la loi normale centrée réduite... La table donnera 2,33 et on pourra terminer comme précédemment.

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Exercice 4. On consid`ere qu’il y a 10% de gauchers dans la population fran¸caise.

1. On noteX le nombre de gauchers dans un ´echantillon de 300 Fran¸cais.

a) Pour chaque Fran¸cais, il y a ici deux issues : succès ^≪être gaucher^≫ et échec ^≪ne pas être gaucher^≫. Le nombreX de gauchers compte donc bien le nombre de succès. Le fait d’être gaucher étant indépendant d’un individu à l’autre, on peut affirmer queX ∼ B(n, p), loi binomiale de paramètres n = 300 et p= ₁₀₀¹⁰ = 0,1.

b) La probabilit´e pour qu’on ait au moins 13% de gauchers dans l’´echantillon vaut : P[X >0,13×300] =P[X >39].

La plupart des calculatrices permettent les calculs du type P[X 6 k] avec la loi binomiale. On va donc transformer ce calcul de probabilit´e.

Comme la loi binomiale B(300; 0,1) est une loi discr`ete qui prend toutes les valeurs enti`eres entre 0 et 300, on a P[X >39] = 1−P[X 638].

D’oùP[X >39] ≃1−0,94507≃ 0,055 (calculs faits à la calculatrice puis résultat final arrondi à 10⁻³ près).

Remarque 1. Il est essentiel de comprendre pourquoiP[X >39] = 1−P[X 638] (car loi discr`ete...) et de comprendre que c’est faux d’´ecrire P[X >39] = 1−P[X 639].

c) De même, la probabilité pour qu’on ait entre 7% et 13% de gauchers dans l’échantillon vaut : P[0,07×3006 X60,13×300] =P[216X 639].

Comme la loi binomiale B(300; 0,1) est une loi discr`ete qui prend toutes les valeurs enti`eres entre 0 et 300, on a P[216X 639] =P[X639]−P[X 620].

D’où P[21 6 X 6 39] ≃ 0,96219−0,028678 ≃ 0,934 (calculs faits à la calculatrice puis résultat final arrondi à 10⁻³ près).

Remarque 2. Quand l’énoncé demande d’arrondir à 10⁻³ près, cela signifie que seule la réponse finale doit être arrondie : il ne faut pas arrondir tous les calculs intermédaires ! Ici, par exemple, il ne fallait pas arrondir P[X 6 39]≃ 0,962 et P[X 6 20]≃ 0,029, pour obtenir P[21 6X 6 39]≃ 0,962−0,029≃0,933.

2. Détermination de la taille de l’échantillon pour qu’on ait entre 7% et 13% de gauchers dans l’échantillon avec une probabilité de 0,99.

On cherche n tel que P[0,07n 6X 60,13n] = 0,99.

Compte tenu du résultat trouvé à la question 1.c (P[216X 639] ≃0,934), on peut supposer que n >30.

On procède alors avec le théorème de Moivre-Laplace en approchant la loi de X par la loi de Z où Z ∼ N(np;np(1−p)), c’est-à-dire Z ∼ N(0,1n; 0,09n).

Posons Y = √^Z⁻^np

np(1−p) de sorte que Y ∼ N(0; 1).

On a donc en notant q = 1−p :

P[0,07n6X 60,13n]≃P[0,07n6Z 60,13n] =P

0,07n−np

√npq 6Y 6 0,13n−np

√npq

Ainsi, comme p= 0,1, on est ramen´e `a chercher n tel que : P

−0,03n

√npq 6Y 6 0,03n

√npq

= 0,99

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Première option : si votre calculatrice permet de trouvert tel que P[−t6Y 6t] = 0,99 en allant dans un menu du genre ^≪InvNorm puis Tail : Central (au lieu de Left ou Right)^≫, vous pouvez récupérer directement :

0,03n

√npq = 2,58 et peut-ˆetre mˆeme 2,5758 !

Deuxième option : en procédant comme à l’exercice 3 (dessin de la gaussienne...), on obtient : P

Y 6 0,03n

√npq

= 0,99 + 1−0,99

2 = 0,995

A l’aide de la calculatrice (Norm Inverse ou...) ou de la table de la loi normale centr´ee r´eduite, on` obtient :

0,03n

√npq = 2,58 Peu importe l’option choisie, il reste `a trouver n :

0,03n

√npq = 0,03n

√0,1×0,9×n = 0,03n

√0,09×n = 0,03n 0,3√

n = 0,1×√

n= 2,58 Finalement √

n = ^2,58_0,1 = 25,8 puisn = (25,8)² = 665,54 Bilan. ´echantillon au minimum de taille 666.

Fin du corrig´e