Exercices récapitulatifs de probabilités discrètes - 2° partie, Exercices de Mathématiques Appliqués
Caroline_lez
Caroline_lez28 January 2014

Exercices récapitulatifs de probabilités discrètes - 2° partie, Exercices de Mathématiques Appliqués

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Exercices de mathématiques concernant les exercices récapitulatifs de probabilités discrètes - 2° partie.Les principaux thèmes abordés sont les suivants:Solutions des exercices récapitulatifs,developpement en arbre.
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XR1234sol

Chapitre 1 : Solutions des exercices récapitulatifs 21

Exercice 1.18 :

On admet que dans une famille, les sexes des enfants consécutifs sont indépendants les uns des autres et que chaque enfant a la probabilité ½ d’être un garçon ou une fille.

a)Une famille a deux enfants, quelle est la probabilité qu’elle compte deux

garçons ?

Soit F : « Etre une fille. » et G : « Etre un garçon. », P(G) = P(F) = 0,5.

Sa ={(G,F), (G,G), (F,F), (F,G)} =

P(G, G) = P(GG) = 4

1

2

1

2

1 =× .

Ou

#P = 4 : (G,F) (G,G) (F,F) (F,G) #F = 1 : (G,G)

⇒ P(G, G) = 4 1 .

b)Une famille a deux enfants dont un au moins est un garçon, quelle est la

probabilité qu’elle compte deux garçons ?

Sb ={(G,F), (G,G), (F,G)} =

#P = 3 : (G,F) (G,G) (F,G) #F = 1 : (G,G)

⇒ P(G, G) = 3 1 .

c)Une famille a deux enfants dont l’aîné est un garçon, quelle est la probabilité

qu’elle compte deux garçons ?

Sc ={(G,F), (G,G)}= #P = 2 : (G,F) (G,G) #F = 1 : (G,G)

⇒ P(G, G) = 2 1 .

(F,F) (F,G)

(G,F) (G,G)

(F,G)

(G,F) (G,G)

(G,F) (G,G)

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Chapitre 1 : Solutions des exercices récapitulatifs 22

Exercice 1.19 :

Avant l’examen de probabilités, le professeur distribue 10 problèmes dont il affirme qu’il en tirera 5 au hasard pour l’examen. Vous êtes sûr(e) de pouvoir résoudre correctement 7 d’entre eux. 3 vous restent complètement obscurs et vous ne pourrez pas y répondre s’il vous sont posés. a) Quelle est la probabilité que vous répondiez correctement aux 5 problèmes tirés au hasard le jour de l’examen ? b) Quelle est la probabilité que vous répondiez correctement à au moins 4 de ces cinq problèmes ? Solution : Le professeur peut tirer les cinq questions au hasard parmi les dix de 510C =

!5!5 !10 =

1.2.3.4.5

6.7.8.9.10 = 252 façons différentes.

a) Si vous pouvez résoudre 7 des dix questions et qu’il ne faut pas faire

d’erreurs dans les cinq posées, il existe 57C = !5!.2

!7 =

1.2

6.7 = 21 possibilités

favorables.

Donc la probabilité de répondre correctement aux 5 questions est de

0833,0 252

21 = .

b) Dans ce cas, vous pouvez vous permettre de ne pas répondre à une question.

Donc aux 21 possibilités du cas précédent, viennent s’ajouter 13C possibilités

de se voir poser une mauvaise question fois (principe de multiplication) 47C

possibilités d’obtenir 4 bonnes questions sur les cinq posées et parmi les 7

auxquelles vous pouvez répondre, soit : 1053 2.3

5.6.7 3

!3!4

!7 =×=× possibilités.

Donc la probabilité de répondre à au moins quatre questions est de :

( ) 5,0

252

126

252

10521 ==+ .

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Chapitre 1 : Solutions des exercices récapitulatifs 23

Exercice 1.20 :

Soit un réseau d’antennes-relais pour la téléphonie portable. Le réseau est conçu de façon à ce que les n antennes implantées en ligne assurent sa fonctionnalité pour autant qu’il n’y ait pas plus d’une antenne défectueuse entre deux antennes en état de fonctionnement. Les antennes sont toutes identiques et rien ne distingue extérieurement une antenne en fonctionnement d’une antenne défectueuse, seuls les diagnostics à distance par ordinateur nous renseignent sur le nombre d’antennes défectueuses dans le réseau, à l’heure actuelle le système nous indique que m d’entre elles sont défaillantes et donc que n-m sont fonctionnelles. a)Combien de configurations du réseau peut-on trouver dans ce cas pour

lesquelles deux antennes défectueuses ne sont pas voisines ? b)Quelle est la probabilité que le réseau soit fonctionnel ? c)A titre d’exemple calculez toutes les probabilités de non défaillance du

réseau si ce dernier est composé de 10 antennes et que m d’entre elles sont hors service avec m = 0, 1 ,2, 3,…10.

d) Si vous avez du courage, dessinez les abaques pour n= 5, 10, 15 et toutes les valeurs possibles entières de m.

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Chapitre 1 : Solutions des exercices récapitulatifs 24

Solution : a) Soit le schéma suivant où F désigne l’emplacement d’une des n-m antennes fonctionnelles et où ? désigne l’emplacement où au plus une seule antenne non fonctionnelle peut se trouver (donc corrélativement le ? peut aussi désigner l’absence d’antenne). Pour que le réseau soit en état de fonctionner il faut donc qu’il soit NECESSAIREMENT dans la configuration suivante (attention à la définition de ?, le nombre de F’s étant de n-m) : ? F ? F ? F ? F ?…F ? Il y donc n-m + 1 positions de type « ? », et il faut en choisir m parmi elles pour placer les m antennes défectueuses. Il y a donc m mnC 1+− dispositions possibles des m antennes défectueuses qui maintiennent le réseau en état de fonctionnement. b) Pour calculer la probabilité que le réseau soit fonctionnel, il nous faut également connaître le nombre de configurations possibles du réseau lorsque n- m antennes sont fonctionnelles et m ne le sont pas. Ce nombre est égal au nombre de permutations avec répétition de n éléments dont m sont d’un type donné (défaillance) et n-m en sont d’un autre (en fonctionnement).

Il nous faut calculer mnn m n CCmnm

n −== − )!(! !

Donc la probabilité que le réseau fonctionne quand m antennes sur n sont

défaillantes est de : !)!12(

)!()!1(

)!(!

! )!12(!

)!1(

1

nmn

mnmn

mnm

n mnm

mn

C

C m n

m mn

+− −+−=

+− +−

=+−

c) Exemple dans le cas où le réseau se compose de 10 antennes :

m 2 3 4 5

probabilité de fonctionnem

ent

10 8

!7!10 !8!9 = 47,0

90 42

!5!10 !7!8 == 17,0

6 1

!3!10 !6!7 == 02,0

42

1

!1!10

!5!6 ==

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Chapitre 1 : Solutions des exercices récapitulatifs 25

Commentaires : Quand le nombre d’antennes défectueuses (m) est au plus 1, le réseau est toujours fonctionnel puisqu’il est impossible que deux antennes défectueuses se succèdent. Quand il y a plus de 5 antennes défectueuses, le réseau sera toujours hors service puisqu’il est impossible de trouver une configuration où deux antennes défectueuses ne se trouvent pas côte à côte. d) m n

1 2 3 4 5 6 7 8

5 1 0,6 0,1 0

10 1 0,8 0,47 0,17 0,02 0

15 1 0,87 0,63 0,36 0,15 0,04 0,01 0,00…

ABAQUES POUR n = 5, 10,15

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

1 2 3 4 5 6 7 8 9

m

P ro

b ab

ili té

d e

fo n

ct io

n n

em en

t d

u r

és ea

u

5 10 15

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 26

Annexe au chapitre 2 : Exercices récapitulatifs

Exercice 2.1 :

On tire une carte d’un jeu de 32 cartes. Soit A = « Tirer un cœur » et B = «Tirer un as ».

Prouver que A et B sont indépendants.

Pour montrer l’indépendance, on doit donc prouver (définition statistique de l’indépendance) que P(A/B) = P(A) = P(AB)/ P(B) ou P(AB) = P(B).P(A). L’approche classique va être utilisée pour calculer les probabilités de A, B et AB.

P(AB) est la probabilité de l’événement : « Tirer un as de cœur. » = 32

1 ; P(A)

= 4

1

32

8 = et P(B) = 8

1

32

4 = .(Formules de Laplace)

Donc P(B).P(A) = 32

1

8

1 .

4

1 = = P(AB). A et B sont donc indépendants.

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 27

Exercice 2.2

Une usine fabrique des pièces en grande série, en deux phases indépendantes. La première phase est susceptible de faire apparaître un défaut X et la seconde un défaut Y. Une pièce peut présenter le défaut X dans 2% des cas et le défaut Y dans 8% des cas.

Quelle est la probabilité qu’une même pièce tirée au hasard : a)présente les deux défauts ? P(A) ? b)présente au moins l’un des deux défauts ? P(B) ? c)présente un et un seul des deux défauts ? P(C) ? d)ne présente aucun des deux défauts ? P(D) ?

N.B. Il est utile de représenter graphiquement (via des diagrammes de Venn) les événements dont on cherche la probabilité ; de montrer que si un événement X et un événement Y sont indépendants, leurs complémentaires le sont également ainsi que de développer les solutions de façon alternative via un diagramme en arbre.

Solution :

Quelle est la probabilité qu’une même pièce tirée au hasard :

a)présente les deux défauts ? P(A) ?

Soit : X : « La pièce présente le défaut X » ; Y : « La pièce présente le défaut Y ». Alors : P(X) = 0,02 ; P(Y) = 0,08 ; P( X ) = 0,98 ; P(Y ) = 0,92. X et Y sont indépendants de mêmeque X et Y .

Preuve :

Si X et Y sont indépendants,

P(XY) = P(X).P(Y) et P( X ) = 1 - P(X) et P(Y ) = 1 - P(Y).

Si X et Y sont indépendants,

P( X Y ) = P( X ).P(Y ) = (1 - P(X)).(1 - P(Y)) = 1 - P(X) - P(Y) + P(X).P(Y).

Or ( X Y ) = ~(XY) (Loi de de Morgan)et P(XY) = P(X) + P(Y) - P(X).P(Y).

Donc P(~(XY)) = 1 - P(XY) = 1 - P(X) - P(Y) + P(X).P(Y) = P( X Y ). q.e.d.

Donc P(A) = P(X et Y) = P(XY) = P(X).P(Y) = 0,02 . 0,08 = 0,0016.

b)présente au moins l’un des deux défauts ? P(B) ?

P(B)= 1 - P( X Y ) = 1 - P( X ).P(Y ) = 1 - (0,98 .0,92) = 0,0984.

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 28

c)présente un et un seul des deux défauts ? P(C) ?

P(C)= P(X ou(excl.) Y) = P(XY) - P(XY) = P(X) + P(Y) - 2 . P(XY) = 0,02 + 0,08 - (2 .(0,02 . 0,08)) = 0,10 - 0,0032 = 0,0968. ou

P(C)= P(B) - P(A) = 0,0984 – 0,0016 = 0,0968.

ou

P(C)= P(X et Y ) ou (excl.) P( X et Y ) = P(X Y ) + P( X Y ) :

en effet P(X et Y ) ∩ P( X et Y ) = P(X Y ) ∩( X Y ) = ∅, donc P(C)= 0,02 . 0,92 + 0,08 . 0,98 = 0,0968.

d)ne présente aucun des deux défauts ?P(D) ?

P(D) = 1 – P(B) = 1 - 0,0984 = 0,9016.

ou

P(D) = P( X et Y ) = P( X Y ) = P( X ) . P(Y ) = 0,98 .0,92 = 0, 9016.

DEVELOPPEMENT EN ARBRE

X

X

Y

Y

0,98

0,02 0,92

0,92

0,08

0,08

Y

Y

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 29

Exercice 2.3

Une machine industrielle comprend trois organes de fonctionnement. Si l’un d’entre eux présente une défaillance, la machine tombe en panne. Les défaillances possibles de ces organes sont indépendantes et les probabilités de défaillance sont respectivement 0,02, 0,05 et 0,10.

Quelle est la probabilité que la machine tombe en panne ? P(D) ?

Soit A,B, C, les événements : « L’organe i fonctionne, i = A, B, C. ». Donc D = CBA ∩∩ . Donc CBA ,, correspondent à l’événement : « L’organe i est tombé en panne. ».

.1621,08379,01)90,0.95,0.98,0(1)(P

)].10,01).(05,01).(02,01[(1)(P

)].(P1).((P1).((P1[(1)(P

)].(P).(P).(P[1)](P[1)(P

).(P1)(P

=−=−= −−−−= −−−−=

−=∩∩−= −=

D

D

CBAD

CBACBAD

DD

N.B. IMPOSSIBLE par )(P)(P)(P)](P)(P CBACBAD ++≠∪∪= = 0,02 + 0,05 + 0,10 = 0,17.

car A , B et C ne sont pas incompatibles entre eux.

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 30

Exercice 2.4

Une machine automatique comprend trois organes notés O1, O2 et O3. Les organes O1 et O2 sont interchangeables : si l’un d’eux est défectueux, l’autre prend le relais ; par contre, l’organe O3 est indépendant de O1 et O2. La machine tombe en panne si O1 et O2 ou O3 sont défectueux. On désigne par A, B, C respectivement les événements suivants « O1, O2, O3 est défectueux. ».

Calculer la probabilité que la machine tombe en panne, P(D), en fonction des probabilités d’événements qui soient des réunions des événements élémentaires A, B et C.

Solution :

D = (AB)∪C = (AC)∩(BC).

Et D désignera l’événement : « La machine fonctionne. » ⇒ )( BACD ∪∩= .

⇒ P( )D = [1-P(C)].[1-P(A).P(B)] = 1- P(A).P(B) - P(C) + P(A).P(B).P(C).

⇒ P( )D = 1- P( )D = P(A).P(B) + P(C) - P(A).P(B).P(C).

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 31

Exercice 2.5

Un système de chauffage central au fioul comporte une pompe et un brûleur montés en série. Ces deux éléments peuvent tomber en panne durant l’hiver. Tout le système s’arrête si l’un des deux éléments est en panne. a. Supposons que le système ait été activé pendant un hiver et qu’un résultat

(x,y) soit enregistré : x = 0 si la pompe fonctionne durant tout l’hiver sans défaillance, autrement x = 1 ; de même y = 0 si le brûleur fonctionne correctement, autrement y = 1.

Décrivez et représentez graphiquement : - en compréhension et en extension l’espace d’échantillonnage associé à cette

épreuve ; S = {(0,0), (1,0), (0,1), (1,1)} ou S = {(x,y) : x = 0,1 et y = 0,1}.

Représentation graphique :

- en extension, les événements suivants : - B = « Le brûleur tombe en panne durant l’hiver » ;

B = {(0,1), (1,1)}.

- P = « La pompe tombe en panne durant l’hiver » ;

P = {(1,0), (1,1)}.

P

B

S

x=1 y=1

S

x=1 y=1

S

P

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 32

C= « Le système de chauffage passe l’hiver sans panne ».C = {(0,0)}.

- Donnez en plus de la description en extension, la signification et/ou la définition des événements suivants :

- PB ; PB = {(1,1)} = «La pompe et le brûleur tombent tous deux en panne

durant l’hiver ». - PB ;

PB = {(1,0), (0,1), (1,1)} = «Le système est tombé en panne durant l’hiver ».

- CP;CP = ∅ , il est impossible pour le système de fonctionner tout l’hiver

(C) quand la pompe a connu une défaillance (P). Ces deux événements sont dits disjoints.

- PC . PC est facile à vérifier, on dit que P impliqueC : en effet si la pompe

casse, le système ne fonctionne pas. b) La probabilité de panne de la pompe est P(P) et celle du brûleur, P(B), les

pannes sont indépendantes. Si P(P) = 0,10 et P(B) = 0,05.

Quelle est la probabilité : - que l’on ait froid pendant l’hiver ?

PB = {(1,0), (0,1), (1,1)} = «Le système est tombé en panne durant l’hiver. »

= P(P) + P(B) – P(PB) = P(P) + P(B) – P(P) . P(B) = 0,10 + 0,05 – 0,10 . 0,05 = 0,145.

- que l’on doive réparer simultanément les deux composants du système ?

P(PB) = P(P) . P(B) = 0,10 . 0,05 = 0,005.

B

C S

P

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 33

Exercice 2.6

Dans une population de jeunes, il y a 40% de fumeurs et 30% atteints par une maladie respiratoire.Parmi les fumeurs 60% sont atteints par la maladie.

Quelle est la probabilité pour que quelqu’un atteint par la maladie soit également fumeur ? (N.B. Modélisez la résolution du problème d’au moins deux façons différentes).

Soit F = « Etre fumeur. ». P(F) = 0,4. Soit M = « Etre malade. ». P(M) = 0,3. Et P(M/F) = 0,6. Soit NF = « Etre non fumeur. » et NM = « Etre en bonne santé. ».

P(F/M) = 8,0 3,0

4,06,0

)(

)()./(

)(

)( =×==∩ MP

FPFMP

MP

FMP .

SOLUTION PAR LE DIAGRAMME EN ARBRE En noir, données de l’énoncé et de la théorie

Probabilités jointes

P(F/M) = 8,0 06,024,0

24,0 )(

)()./( )(

)( =+== ∩

MP FPFMP

MP FMP .

F

M

M

NM

NM

0,40

0,60

0,60

0,40

0,24

0,16

0,30 – 0,24 = 0,06

0,70 – 0,16 = 0,54

0,06/0,60 = 0,10

1- 0,10 = 0,90

NF

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 34

Exercice 2.7

Un circuit particulier dans un système de sécurité d’un avion ne fonctionne que si les composants C1 et C2 ne tombent pas en panne. Il suffit qu’un seul soit en panne pour que le circuit ne fonctionne pas C1 tombe en panne avec une probabilité ϑ1 (0<ϑ1<1) et C2 avec une probabilité ϑ2 (0<ϑ2 <1). Les pannes de C1 et de C2 sont indépendantes.

a) Le circuit de base est représenté infra.

Quelle est la probabilité que le circuit tombe en panne ?

Soit A = « C1 tombe en panne. » ;

Soit B = « C2 tombe en panne. » ;

Soit C = « Le circuit tombe en panne. ».

P(C) = P(AB) = P(A) + P(B) – P(AB) = ϑ1 + ϑ2 - ϑ1.ϑ2 ,

Ou P(AB) = 1 – P( AB ) ; or P( A ) = 1 - ϑ1 et P( B ) = 1 - ϑ2,

donc P(C) = 1 – [(1 - ϑ1) . (1 - ϑ2)] = ϑ1 + ϑ2 - ϑ1.ϑ2 , avec 0 < P(C) < 1.

b) On réplique le circuit pour assurer une meilleure sécurité selon le schéma

suivant :

Quelle est la probabilité que le circuit tombe en panne ?

C1 C2

C1a C2a

C1b C2b

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 35

Soit A = « C1a tombe en panne. » ;

Soit B = « C2a tombe en panne. » ; AB = F = « Le circuit a tombe en panne. » ;

Soit D = « C1b tombe en panne. » ;

Soit E = « C2b tombe en panne. » ; DE = G = « Le circuit b tombe en panne. » ;

Soit C* = « Le circuit tombe en panne. ».

P(C*) = P[(AB) ∩(DE)] = P(FG) = P(F) . P(G)

Or P(F) = P(G) = P(AB) = P(C) = 1 – [(1 - ϑ1) . (1 - ϑ2)], avec 0 < P(C) < 1.

Donc P(C*) = P(C)² = {1 – [(1 - ϑ1) . (1 - ϑ2)]}², donc P(C*) < P(C), puisque P(C) < 1.

c) On améliore ensuite la redondance en la câblant comme suit :

Quelle est la probabilité que le circuit tombe en panne ?

Soit H = BE Soit = « Le circuit tombe en panne. ». P() = P[(AD) ∪ (BE)] = P{[(AB) ∩(AE)] ∩ [(DB) ∩(DE)]} Preuve : [(AD) ∪ (BE)] = (AD) ∪H =(AH) ∩ (DH) par distributivité ; = [A∪(BE)] ∩ [(D∪(BE)] par définition de H. = [(AB) ∩(AE)] ∩ [(DB) ∩(DE)] par distributivité. Or tous les événements entre parenthèses sont indépendants et la probabilité de chacun vaut P(C). Donc P() = P(C) . P(C) . P(C) . P(C) = P(C*)², et donc P() < P(C*) < P(C).

C1a C2a

C1b C2b

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 36

Exercice 2.8

Dans la classe de 6ème B, 25% des élèves n’ont pas réussi l’épreuve de mathématiques, 15% celle de chimie, et 10% des élèves n’ont pas réussi en chimie ni en maths. Un élève est choisi au hasard.

a)S’il n’a pas réussi chimie, quelle est la probabilité qu’il n’ait pas réussi en maths ?

Soit M = « L’élève a un échec en maths. » ; et C = « L’élève a un échec en chimie. ».

Donc P(M) = 0,25 ; P(C) = 0,15 ; P(MC) = 0,10.

On cherche P(M/C) = 3

2

15,0

10,0

)(

)( ==∩ CP

CMP .

b)S’il n’a pas réussi les maths, quelle est la probabilité qu’il n’ait pas aussi réussi en chimie ?

On cherche P(C/M) = 5

2

25,0

10,0

)(

)( ==∩ MP

MCP .

c)Quelle est la probabilité qu’il ait au moins un échec dans les deux branches ?

P(MC) = P(M) + P(C) - P(MC) = 0,25 + 0,15 - 0,10 = 0,3. Conceptuellement, on pourrait penser pouvoir résoudre la question c) en cherchant la valeur de 1 - P(« Pas d’échec du tout. ») = 1 - P(~C∩~M). Les données du problème sont insuffisantes pour pouvoir calculer directement cette probabilité . Il faut passer par les lois de de Morgan, en particulier celle qui établit que ~(MC) = (~M∩~C). On sait que P(MC) = 0,3, donc P[~(MC)] = 0,7 et donc 1 - P(~C∩~M) = 0,3.

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 37

Exercice 2.9

L’entreprise de Mr Dupont organise un goûter pour ceux des employés ayant au moins un fils. Chacun de ces employés est invité à se présenter avec son aîné. On sait que Dupont a deux enfants et il est invité au goûter. Quelle est la probabilité que ses enfants soient tous deux des garçons ? [On suppose que l’ensemble élémentaire est S = {(g,g), (g,f), (f,g), (f,f)} et que tous ces événements sont équiprobables, (f,g) signifie que l’enfant premier-né est une fille, l’enfant cadet, un garçon, etc.] Soit E = {(g,g)} et F = {(g,g), (g,f), (f,g)}.

On cherche P(E/F) = P(EF)/P(F) = . 3

1

4

3 4

1

)}),(),,(),,({(

)),(( == gffgggP

ggP

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 38

Exercice 2.10

Monica hésite entre suivre un cours d’anglais et en suivre un en chimie. Comme elle préfère la chimie, elle estime à 1/2 la probabilité d’obtenir une distinction en anglais contre 2/3 dans le cas de la chimie. Totalement indécise, elle joue sa décision sur le résultat du lancer d’une pièce équilibrée.

Quelle est la probabilité que Monica obtienne une distinction en chimie ? Soit D = « Obtenir une distinction. » ; et C = « Choisir le cours de chimie. ».

On cherche P(DC) = P(D/C) . P(C) = 3

1

2

1 .

3

2 = .

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 39

Exercice 2.11

Une urne contient 8 boules rouges et 4 boules blanches indiscernables au toucher. Deux boules sont tirées sans remise.

Quelle est la probabilité que l’on tire deux boules rouges ? (N.B. Utilisez trois méthodes différentes de solution)

Solution :

Soit R1 = « Obtenir une boule rouge au premier tirage. » et R2 = « Obtenir une boule rouge au deuxième tirage. ».

1. On cherche P(R1R2) = P(R2/R1) . P(R1) = 424,0 33

14

12

8 .

11

7 ≅= .

2. Ou (formule de Laplace) :

# cas possibles : 66 2

11.12

!10!2

!122 12 ===C .

# cas favorables : 28 2

7.8

!8!2

!82 8 ===C .

P(R1R2) = 424,0 33

14

66

28

#

# 2

12

2 8 ≅===

C

C

possiblescas

favorablescas .

3. Ou (diagramme en arbre) :

Soit B = « Obtenir une boule blanche. ». Probabilités jointes

R

R

R

B

B

B

2/3

1/3

7/11

4/11

8/11

3/11

14/33

8/33

8/33

3/33

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 40

Exercice 2.12

La banque CETONFRIK possède 500 micro-ordinateurs de technologie « soft- fail » reliés en réseau. Cette technologie se caractérise par la présence de deux processeurs P1 et P2 qui permettent à la machine de fonctionner tant que l’un d’entre eux est en état de fonctionnement et pour autant que l’unité disque soit également en état de fonctionnement. Les probabilité de défaillance de ces matériels sont respectivement de 2% pour les unités disque, de 1 % pour les processeurs de type P2 et 0 ,5% pour les processeurs de type P1. a)Combien d’ordinateurs peut-on espérer voir fonctionner à tout moment ? Posons : - F = « L’ordinateur fonctionne . »

- D = « L’unité disque est en état de marche. », P(D) = 1-P )( _

D = 1- 0,02 = 0,98.

- P1 = « Le processeur P1 est en état de marche. », P(P1) = 1-0,005 = 0,995.

- P2 = « Le processeur P2 est en état de marche. », P(P2) = 1-0,01 = 0,99. On cherche P(F), or F = ( )( )21 PPD ∪∩ ,

donc F = ( ) )2(1 PDPD ∩∪∩ (aires A, B, C). Donc P(F) = P[ ( ) )2(1 PDPD ∩∪∩ ] = P(DP1) + P(DP2) – P(DP1 DP2) = P(DP1) + P(DP2) – P(DP1 P2) = P(D).P(P1) + P(D).P(P2) -

P(D).P(P1).P(P2). = 0,98. 0,995 + 0,98. 0,99 - 0,98.0,995.0,99 = 0,9751 + 0,9702 – 0,965349 =

0,979951.

Donc 500 x 0,979951 = 489,9755 c’est-à-dire 489 ou 490 ordinateurs fonctionneront à tout moment.

D

P2

B P1

A

C

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Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs 41

L’ordinateur fonctionne grâce à un et un seul processeur.

b)Quelle est la probabilité qu’un ordinateur tiré au hasard fonctionne grâce à un et un seul des deux processeurs ?

Soit F/1P = « L’ordinateur fonctionne avec un et seul processeur en état de marche. » P(F/1P) = P{[( 1PD∩ )∪( 2PD∩ )]/( 21 PPD ∩∩ )} =

P( 1PD∩ ) + P( 2PD∩ ) - P[( 1PD∩ )∩( 2PD∩ )] - P( 1PD∩ ∩ 2P ) = P( 1PD∩ ) + P( 2PD∩ ) – 2.P( 1PD∩ ∩ 2P ) = (0,98 . 0.995) + (0,98 . 0,99) – 2. (0,98 . 0,995 . 0,99) = 0,9751 + 0,9702 – 2 .0,965349 = 0,01460.

Les 2 processeurs et le disque

fonctionnent. D ∩ P1

L’ordinateur fonctionne.

L’ordinateur fonctionne malgré

la panne de P1.

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Chapitre 3 : Solutions des exercices récapitulatifs 42

Annexe au chapitre 3 : Exercices récapitulatifs (solutions)

Exercice 3.1

On pose une question au hasard à une personne dans une population comptant une proportion p de tricheurs. On admet que si cet individu est tricheur, il connaît d’avance la réponse ; sinon il a une chance sur 12 de répondre correctement. a)Quelle est la probabilité que le candidat choisi connaisse la bonne réponse ? b)Sachant que le candidat a répondu correctement, quelle est la probabilité

qu’il ait triché ? (Résoudre de deux façons différentes.) c)Dessinez une abaque de la probabilité que le candidat a d’être tricheur s’il a

bien répondu en fonction de la proportion de tricheurs dans la population.

N.B. Pour la résolution, poser : B = « Le candidat a bien répondu. » et T = « C’est un tricheur. ».

Noter : (B, B ) et (T,T ) sont des S.C.E.

Solution :

On sait que : P(B/T).= 1 ; P(T) = p ; P(B/T ).= 12 1 ; P(T ) = (1 – p).

On cherche : a) P(B) et b) P(T/B).

a) P(B) = (LPT) P(B/T).P(T) + P(B/T ). P(T ) = 1.p + 12 1 .(1-p) =

12

p111 + .

b) – Par la formule de Bayes :

P(T/B) = p111

p12

12

p111 p.1

)(P

)(P)./(P

)(P)./(P)(P)./(P

)(P)./(P

+ =+==+ B

TTB

TTBTTB

TTB .

– Par un diagramme en arbre :

T

B

B

p

1-p

1

0

1/12

11/12

p

0

(1-p)/12

(1-p).11/12

T

B

B

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Chapitre 3 : Solutions des exercices récapitulatifs 43

c) Abaque de la probabilité que le candidat a d’être tricheur s’il a bien

répondu en fonction de la proportion de tricheurs dans la population (p).

Abaque

0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

p

P r

"T /B

" en

f o

n ct

io n

d e

p

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