Sciences statistiques - Exercice 4 - 1° partie, Exercices de Statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8930 May 2014

Sciences statistiques - Exercice 4 - 1° partie, Exercices de Statistiques

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Sciences statistiques - Exercice 4 - 1° partie - Probabilités. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: Combinatoire avec démonstration, Rangements, Calcul d’événements 1, Calcul d’événements 2, Agriculteur pas é...
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Terminale S

Probabilités Exercices corrigés

1. 1. Combinatoire avec démonstration 1 1. 2. Rangements 3 1. 3. Calcul d’événements 1 3 1. 4. Calcul d’événements 2 3 1. 5. Calcul d’événements 3 3 1. 6. Dés pipés 4 1. 7. Pièces d’or 4 1. 8. Agriculteur pas écolo 4 1. 9. Boules 5 1. 10. Jeux 5 1. 11. Conformité 1 6 1. 12. Fumeurs 6 1. 13. Conformité 2 6 1. 14. Chiens chats 7 1. 15. Maladie 7 1. 16. QCM, Am. du Nord 2006 7 1. 17. Fesic 2001 : Exercice 17 8 1. 18. Fesic 2001 : Exercice 18 9 1. 19. Fesic 2002 : Exercice 15 10 1. 20. Fesic 2002 : Exercice 16 11 1. 21. Fesic 2004 : Exercice 13 11 1. 22. Fesic 2004 : Exercice 14 12 1. 23. Arbre+Va, N. Calédonie 06/2008 13 1. 24. Lancer + VA, Liban 06/2008, 4 points 14 1. 25. Loterie+binomiale, Polynésie 2007 15 1. 26. Lancer dés+binomiale, Am. du Nord 2005 16 1. 27. Tirages simult.+VA+binomiale, France 2005 17 1. 28. Urnes et dés, Pondichery 2004 19 1. 29. Entropie, France 2004 20 1. 30. Loi exponentielle, France 2004 22 1. 31. Boules, Amérique du sud 2004 22 1. 32. Club photo 24 1. 33. Cartes 25 1. 34. Boules et urnes 25

1. 35. Boules, Antilles Guyane 1999 27 1. 36. Urnes 28 1. 37. Urnes, Amérique du Sud 2002 29 1. 38. Boules et suite 29 1. 39. Exercice de base : Efficacité d’un test 30 1. 40. Exercice de base 2 : temps d’attente 31 1. 41. Exercice de base 3 : attente 31 1. 42. Exercice de base 4 : ABS 31 1. 43. Cubes pour enfants 32 1. 44. Urne 34 1. 45. Tulipes 36 1. 46. Jetons 38 1. 47. Vie et mort de bactéries, concours Geipi 2001 39 1. 48. Contrôle de qualité, Polynésie 2005 42 1. 49. Erreurs d’impression, Am. du Sud 1999 43 1. 50. Contrôle de chaudières, Antilles 2002 44 1. 51. Clefs et portes, Pondicherry 2000 45 1. 52. Boules, Centres étrangers 2000 45 1. 53. Cinéma, Antilles 2000 46 1. 54. Boules et fonction, Liban 2000 48 1. 55. Jetons+VA, Polynésie 2000 49 1. 56. Promenades familliales, Liban 2001 50 1. 57. Retard au travail, Polynésie 2006 51 1. 58. VA+Markov, Am. du Nord 2007 51 1. 59. Fourmis markoviennes, Antilles 2000 53 1. 60. Chasse aux fraudeurs, N. Caledonie 2005 54 1. 61. Durée de vie, France 06/2008 56 1. 62. Tri de production, Antilles 2006 56 1. 63. Durée de vie+binom., Liban 2006 58 1. 64. Composants électroniques, N. Cal. nov 2007 59 1. 65. Visite de musée, Centres étrangers 2001 60 1. 66. Tirs successifs+Adéquation, France 2006 61 1. 67. Adéquation à une loi équirépartie 62

1. 1. Combinatoire avec démonstration

1. Démonstration de cours. Démontrer que, pour tous entiers naturels n et k tels que 1 k n  , on a :

1 1

1

n n n

k k k

             

      .

2. En déduire que pour tous entiers naturels n et k tels que 2 1k n   , on a :

2 2 2 2

2 1

n n n n

k k k k

                   

         .

3. On considère deux entiers naturels n et k tels que 2 1k n   . On dispose d’une urne contenant n boules indiscernables au toucher. Deux des boules sont rouges, les autres sont blanches.

On tire au hasard et simultanément k boules de l’urne. On appelle A l’évènement « au moins une boule rouge a été tirée ».

a. Exprimer en fonction de n et de k la probabilité de l’évènement A , contraire de A. En déduire la probabilité de A.

b. Exprimer d’une autre manière la probabilité de l’évènement A et montrer, à l’aide de la formule obtenue à la question 2, que l’on retrouve le même résultat.

Correction

1. Démonstration : il est plus simple d’utiliser ( 1)...( 1)

( 1)...2.1

n n n n k

k k k

      

  que

!

!( )!

n n

k k n k

   

  , la mise au

même dénominateur étant plus visible.

1 1 ( 1)...( 1 1 1) ( 1)...( 1 1) ...( 1)

1 ( 1)...2.1 ( 1)...2.1 ( 1)...2.1

n n n n n k n n k n n k

k k k k k k k k

                           

         ;

le dénominateur commun apparaît alors : k!

Il suffit donc de multiplier la première fraction par k en haut et en bas, ce qui donne

( 1)...( 1) ( 1)...( ) ...( 1)

! !

k n n k n n k n n k

k k

         .

On peut mettre ( 1)...( 1)n n k   en facteur du numérateur de la fraction de gauche :

( 1)...( 1) ( 1)...( 1)

! !

n n k k n k n n n k

k k

          

et c’est fini.

2. Réécrivons 1 1

1

n n n

k k k

             

      un rang plus bas pour n et pour k :

2 2 1

2 1 1

n n n

k k k

              

        ;

réécrivons 1 1

1

n n n

k k k

             

      un rang plus bas pour n mais pas pour k :

2 2 1

1

n n n

k k k

              

      ;

ajoutons les deux lignes : 2 2 2 1 1

2 2 1 1

n n n n n n

k k k k k k

                               

              .

3. Dans l’urne on a 2 boules rouges et n − 2 boules blanches ; il y a n

k

     

tirages simultanés possibles de

k boules de l’urne.

a. A = « au moins une boule rouge a été tirée » ; A = « aucune boule rouge n’a été tirée » = « les k boules

tirées sont blanches » : il y a 2n

k

     

manières de faire et

2

(A)

n

k P

n

k

            

.

On a donc

2 2

(A) 1

n n n

k k k P

n n

k k

            

        

           

.

b. A peut se produire si on tire 1 rouge et k − 1 blanches, nombre de manières : 2 2 2

2 1 1 1

n n

k k

            

       ,

ou 2 rouges et k − 2 blanches : nombre de manières : 2 2 2

2 2 2

n n

k k

            

       .

On a alors

2 2 2

1 2 (A)

n n

k k P

n

k

        

     

     

. L’égalité entre les deux est alors l’égalité des numérateurs :

2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2

n n n n n n n n

k k k k k k k k

                                          

                   ,

soit l’égalité du 2.

1. 2. Rangements

On constitue une file d’attente en attribuant au hasard des numéros d’ordre à n personnes (n  2). Deux amis A et B se trouvent dans cette file d’attente.

1. Quelle est la probabilité que les deux amis soient situés l’un derrière l’autre ?

2. Quelle est la probabilité que les deux amis soient distants de r places (i.e. séparés par r − 1 personnes) ?

Correction

Le nombre total de possibilités de rangement est n!

1. Supposons que A est en premier, B est derrière, il reste  2 !n répartitions possibles. Comme A peut

être placé n’importe où dans la file avec B derrière lui, il y a  1n places possibles pour A et donc la

probabilité  1 ! 1

!

n

n n

  d’avoir A suivi de B ; c’est pareil pour B suivi de A, soit la probabilité finale

2

n .

2. Même raisonnement ; au pire B est en dernier et A r places devant ; on peut placer A de n r

manières, la probabilité finale est alors     

 

2 ! 2 2

! 1

n r n n r

n n n

   

 .

1. 3. Calcul d’événements 1

Soient A et B deux événements tels que   1

5 P A  et  

1

2 P A B  .

1. Supposons que A et B soient incompatibles. Calculer  P B .

2. Supposons que A et B soient indépendants. Calculer  P B .

3. Calculer  P B en supposant que l’événement A ne peut être réalisé que si l’événement B est réalisé.

Correction

1. A et B incompatibles donc A B  d’où         1 1 3

2 5 10 P A B P A P B P B       .

2. A et B indépendants :

              1 1 1 4 3 3

2 5 5 5 10 8 P A B P A P B P B P B P B P B          .

3. A ne peut être réalisé que si B est réalisé : tous les événements de A sont dans B,

        1 1 1 1

2 5 5 2 P A B P A P B P B        .

1. 4. Calcul d’événements 2

1. Montrer que, pour 3 événements quelconques A, B, C, on a :

               P A B C P A P B P C P A B P B C P C A P A B C              .

2. Généraliser dans le cas de n événements 1 2, , ...., nA A A .

Correction

1. On prend par exemple B C E  , soit        P A E P A P E P A E     ,

       P E P B P C P B C    et

           

     

A E A B A C P A E P A B P A C P A B A C

P A B P A C P A B C

              

      

donc en remplaçant on obtient la formule.

2. Même chose, par récurrence (bof… et très pénible).

1. 5. Calcul d’événements 3

Soient A, B et C des événements. On pose 1E A B C   et  2E A B C   .

1. Montrer que E1 et E2 sont incompatibles.

2. Déterminer l’ensemble 1 2E E .

3. On sait que   0,6P A  ,   0,4P B  ,   0,3P C  ,   0,1P B C  ,   0,1P A C  ,

  0,2P A B  et   0,05P A B C   . Calculer  1P E et  2P E .

Correction

1.      1 2E E A B C A B C A B C B A B C C                 .

2.  A B C A B C     donc en appelant K B C  , on a    1 2E E A K A K A      .

3. On calcule   0,4 0,3 0,1 0,6P B C     ,   0,4P B C  ;      1 2 0,6P E P E P A   .

En utilisant la formule de l’exo 9, on a

    0,6 0,4 0,3 0,1 0,1 0,2 0,05 0,95P A K P A B C            ; par ailleurs

           2 20,95 0,6 0,6 0,25P A K P A P K P A K P E P E          

et enfin  1 0,6 0,25 0,35P E    .

1. 6. Dés pipés

On lance deux fois un dé pipé tel que P(1)=P(3)=P(4)=1/2 et P(2)=P(6)=1/4. Quelle est la probabilité que la somme des points obtenus soit supérieure à 10 (strictement) sachant que :

1. un des résultats est 6.

2. le premier résultat est 6.

Correction

Il manque   1 1 1

5 1 3 2 8 4 8

P       .

1. Il faut avoir des résultats comme (x, 6) ou (6, x) avec x = 5 ou 6 ; on a donc la probabilité

1 1 1 2 1 2

8 4 4 4 2

         

(on enlève 1/4 pour ne pas compter (6, 6) deux fois).

2. Là c’est simplement (6, x), soit 1 1 3

8 4 8   .

1. 7. Pièces d’or

Trois coffres notés C1, C2, C3 ont chacun deux tiroirs, et dans chaque tiroir, il y a une pièce. Le coffre C1 contient 2 pièces d’or, C2 2 pièces d’argent et C3 une pièce d’or et une d’argent.

1. On ouvre au hasard l’un des 6 tiroirs et on trouve une pièce d’argent. Quelle est la probabilité pour que l’on ait ouvert un tiroir du coffre C2 ?

2. On ouvre à nouveau et indépendamment de la première fois l’un des 6 tiroirs et on trouve encore une pièce d’argent. Quelle est la probabilité pour que l’on ait ouvert deux fois le même coffre ?

Correction

1.              1 2 31 2 3 1 1 1 1

0 1 3 2 3 2

C C CP A P A P C P A P C P A P C            ;

   

 

   

 

22 2 2

1/ 3 2

1/ 2 3

C

A

P A P CP A C P C

P A P A

     (ce qui était totalement évident…)

2. Puisqu’on a déjà pris une pièce d’argent, il faut retomber sur C2, donc 1 1 1

3 3 9   (attention à

l’indépendance, sinon on aurait quelque chose plus compliqué).

1. 8. Agriculteur pas écolo

Un agriculteur a entreposé dans un local humide 12 doses d’herbicides et 8 doses de fongicide. Après

plusieurs mois de séjour, les étiquettes ne sont pas différentiables (parce qu’illisibles).

En vue d’un traitement, l’agriculteur prend 6 doses au hasard (écologiquement totalement incorrect…).

a. Quelle est la probabilité qu’il prenne 6 doses d’herbicide ?

b. Quelle est la probabilité qu’il prenne au moins 2 doses d’herbicide ?

Correction

a. L’univers comporte 6

20

     

tirages simultanés de 6 objets parmi 20, il y a 6

12

     

manières de tires les 6

doses, soit une probabilité de :

6 12 11 10 9 8 7 12 6! 0,024

20 19 18 17 16 156

6!20

          

       

   

, environ 2,4%.

b. On cherche 1 – [Probabilité (0 dose herbicide) + (1 dose herbicide)], soit

 

6 2 8 7 8 8 20 0,0007 0,07 %

20 ... 156 6

6!20 20

P

            

         

       

.

 

1 5 8 7 6 5 4 1212 8 12 8 75!1 0,017 1,7 %.

20 ... 156 6

6!20 20

P

          

        

            

Probabilité recherchée = 100 − (0,07+0,17) = 99,76 %.

1. 9. Boules

Une boîte contient 4 boules rouges, 3 boules vertes et 7 boules jaunes. On tire simultanément 2 boules

de la boîte et on suppose que tous les tirages sont équiprobables.

Calculez la probabilité d’obtenir :

a. Deux boules de la même couleur.

b. Deux boules de couleurs différentes.

Correction

a. Il y a 2

91 14

   

  manières de tirer 2 boules simultanément parmi les 14 boules de la boîte,

2 6

4

   

 

manières de tirer 2 rouges parmi les 4 rouges, 2

3 3

   

  manières de tirer 2 vertes parmi les 3 vertes et

2 21

7

   

  manières de tirer 2 jaunes parmi les 7 jaunes.

Probabilité recherchée = 6 3 21

0,3297 91

   soit 32,97%.

b. Comme on tire deux boules, l’événement contraire de « 2 boules de même couleur » est « 2 boules de

couleurs différentes ». La probabilité est donc 1 0,3297 0,6703  .

1. 10. Jeux

Une enquête effectuée auprès de 1500 personnes adultes (habitants d’une ville) portant sur les jeux

d’argent indique que

- 1182 jouent à la loterie (A)

- 310 vont au casino (B)

- 190 jouent autant à la loterie qu’au casino.

a. Si une personne adulte (de la ville) est choisie au hasard, quelle est la probabilité qu’elle joue à la

loterie ou au casino ?

b. Quelle est la probabilité qu’elle joue uniquement au casino ?

Correction

a. 1182

( ) 0,788 1500

P A   , 310

( ) 0,2067 1500

P B   , 190

( ) 0,1267 1500

P A B   .

( ) ( ) ( ) ( ) 0,868P A B P A P B P A B      .

b. Il y a 310 − 190 joueurs qui jouent uniquement au casino, soit 120

( ) 0,08 1500

P C   .

1. 11. Conformité 1

D’après les données recueillies jusqu’à ce jour, 2 % de la production d’une unité d’une entreprise est non

conforme et ne peut être commercialisée.

a. Quelle est la probabilité que 2 pièces choisies au hasard de la production de cette unité soient non

conformes ?

b. Quelle est la probabilité que la première pièce soit non conforme et que la seconde soit conforme ?

Correction

a. On peut toujours utiliser une loi binomiale : 0,02p  et 2n  . La probabilité que l’on ait les deux

pièces non conformes est   02 22 1 0,02 0,0004

2 p p

     

  .

b. Evénements successifs :    , ( ) 0,02 0,98 0,0196P C C P C p C    .

1. 12. Fumeurs

Une réunion rassemble 20 personnes : 12 femmes et 8 hommes. On sait que 20% des femmes fument

ainsi que 40 % des hommes.

a. Une personne quitte la réunion. Quelle est la probabilité que cette personne soit occupée à fumer ?

b. Une personne quitte la réunion en fumant. Quelle est la probabilité qu’il s’agisse d’une femme ?

Correction

a. Formule des probabilités totales :

               12 20 8 40

0,28 20 100 12 100

H FP f P H f F f P H P f P F P f           .

b. Probabilité recherchée = 0,6 0,2

0,43 0,6 0,2 0,4 0,4

 

   .

1. 13. Conformité 2

On suppose que 3 entreprises X, Y et Z fabriquent trois types de microprocesseurs utilisés dans les

ordinateurs se partagent le marché à raison de 25 % pour X, 35 % pour Y, 40 % pour Z. Les pourcentages

de commandes non conformes sont :

5 % pour les microprocesseurs de X, 4 % pour ceux de Y et 2 % pour ceux de Z.

Dans un lot constitué de microprocesseurs dans les proportions indiquées pour X, Y et Z, on prélève un

microprocesseur.

a. Quelle est la probabilité qu’il soit non conforme ?

b. Sachant que le microprocesseur présente un défaut de fabrication, quelle est la probabilité qu’il soit

du type X ?

Correction

a. A l’aide d’un arbre de probabilités à nouveau nous obtenons 0,25.0,05 + 0,35.0,04 + 0,40.0,02 = 0,0345.

b. 0,25 0,05

0,3623 0,25 0,05 0,35 0,04 0,40 0,02

 

     .

1. 14. Chiens chats

On sait que 36 % des foyers ont un chien et que dans 22 % des foyers où l’on a un chien on trouve aussi

un chat. On sait par ailleurs que 30% des foyers ont un chat.

a. Quelle est la proportion de foyers dans lesquels on trouve un chien et un chat ?

b. Quelle est la probabilité qu’un foyer possède un chien sachant qu’il possède un chat ?

Correction

a. ( ) 0,36P chien  donc  ( ) ( ) 0,22 0,36 0,079chienP chien chat P chat P chien      .

b. ( ) 0,30P chat  , ( ) 0,079

( ) 0,2633 ( ) 0,30

chat

P chien chat P chien

P chat

    .

1. 15. Maladie

Dans une population, un sujet a une probabilité de 0,3 d'être atteint d'une maladie M.

On sait que si un sujet n'est pas atteint de M, il a 9 chances sur 10 de répondre négativement à un test T

et que s'il est atteint de M, il a 8 chances sur 10 de répondre positivement à T.

On fait le test.

a. Si le résultat est positif, quelle est la probabilité pour que le sujet soit malade ?

b. Quelle est cette probabilité si le test est négatif ?

Correction

a. J’ai résolu cet exercice à l’aide d’un arbre de probabilités.

Probabilité recherchée= 0,3 0,8

0,3 0,8 0,7 0,1

 

   77,42%

b. Probabilité recherchée= 0,3 0,2

0,3 0,2 0,7 0,9

 

   8,7%.

1. 16. QCM, Am. du Nord 2006

3 points

Pour chaque question, une seule des trois réponses proposées est exacte. Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie. Aucune justification n’est demandée.

Une réponse exacte rapporte 1 point, une réponse fausse enlève 0,5 point ; l’ absence de réponse est comptée 0 point. Si le total est négatif, la note est ramenée à zéro.

Une urne contient 10 bulletins indiscernables au toucher de trois sortes :

4 sont marqués « oui », 3 sont marqués « non » et 3 sont marqués « blanc ».

Lors d’un premier jeu, le joueur commence par miser 30 centimes d’euro. Il tire ensuite un bulletin de l’urne et l’y remet après l’avoir lu. Si le bulletin est marqué « oui », le joueur reçoit 60 centimes d’euro, s’il est marqué « non », il ne reçoit rien. Si le bulletin est marqué « blanc », il reçoit 20 centimes d’euro.

Question 1 : Le jeu est

A : favorable au joueur B : défavorable au joueur C : équitable.

Question 2 : le joueur joue quatre parties indépendamment les unes des autres. La probabilité qu’il tire au moins une fois un bulletin marqué « oui » est égale à

A : 216

625 B :

544

625 C :

2

5 .

Lors d’un second jeu le joueur tire simultanément deux bulletins de l’urne.

Question 3 : la probabilité qu’il obtienne un tirage de deux bulletins de sortes différentes est égale à :

A : 4

15 B :

11

30 C :

11

15 .

Correction

Question 1 : L’espérance mathématique du jeu est       4 3 3

60 30 0 30 20 30 0 10 10 10

      donc le

jeu est C : équitable.

Question 2 : Loi binomiale n = 4, 4

10 p  ,

    4

3 81 544 au moins un oui 1 0 oui 1 1

5 625 625 P P

         

  , donc réponse B.

Question 3 : Le joueur tire simultanément deux bulletins de l’urne : il y a 10 10 9

45 2 2

     

  tirages

possibles ; la probabilité qu’il obtienne un tirage de deux bulletins de sortes différentes est égale à la

probabilité de tirer oui et non ou oui et blanc ou non et blanc, soit 4 3 4 3 3 3 33 11

45 45 15

       , réponse

C.

1. 17. Fesic 2001 : Exercice 17

On considère une succession de sacs qu’on désigne par S1 , S2 , … , Sn

Au départ le sac S1 contient 2 jetons noirs et 1 jeton blanc ; tous les autres sacs contiennent chacun 1 jeton noir et 1 jeton blanc.

On tire au hasard un jeton du sac S1 que l’on place dans le sac S2 . Puis, on tire au hasard un jeton du sac S2, que l’on place dans le sac S3 , et ainsi de suite.

On note Bk l’événement : « le jeton tiré du sac Sk est blanc », et  P Bk kp  sa probabilité.

a. On a :    2 1 2 1 2 1

P B /B et P B / B 3 3   .

b. On a, pour tout entier 1 1 2

1 : . 3 3

n nn p p  

Pour tout * 1

, on pose . 2

n nn q p  

c. Alors la suite   *n nq  est arithmétique.

d. La suite   *n np  converge vers 1

2 .

Correction

a. Vrai : Si on tire un jeton blanc de S1, on en a 2 dans S2 pour un total de 3 jetons dans S2, donc

 2 1 2

/ 3

P B B  . Si on tire un jeton noir de S1, on a 1 jeton blanc dans S2, et 3 jetons dans S2, donc

 2 1 1

/ 3

P B B  .

b. Faux : Le raisonnement fait en a. reste le même si on est au tirage n :  1 2

/ 3

n nP B B  et

 1 1

/ 3

n nP B B  d’autre part  1 1n np P B  donc    1 1 1/ . ( ) / . ( )n n n n n n np P B B P B P B B P B    soit

1

2 1 (1 )

3 3 n n np p p    d’où 1

1 1 .

3 3 n np p  

c. Faux : On remplace dans la relation de récurrence qui définit pn : 1 1 1

3 3 n np p   ,

1 1

1 1 1 1 1

2 3 6 3 3 n n n nq q q q       donc qn est géométrique.

Comme 1 1

3 p  , on a 1

1 1 1

3 2 6 q     d’où

1

1 1 1 1 . .

6 23 3 n n n

q

    et finalement 1 1 1

. 2 2 3

n n p   ce qui

justifie la réponse d).

d. Vrai : La suite   *n np  converge vers 1

2 .

1. 18. Fesic 2001 : Exercice 18

Une urne contient trois dés équilibrés. Deux d’entre eux sont normaux : ils possèdent six faces numérotées de 1 à 6. Le troisième est truqué : il possède deux faces numérotées 1 et quatre faces portant le numéro 6.

On prend un dé au hasard dans l’urne et on effectue de manière indépendante des lancers successifs de celui-ci. On note :

* N l’événement : « le dé tiré est normal » ;

* U l’événement : « on obtient 1 au premier lancer » ;

* pour n entier non nul, Sn l’événement : « on obtient 6 à chacun des n premiers lancers ».

a. On a :   2

P U . 9 

b. Pour tout entier n non nul, on a :   2 1 1 2

P S . 3 6 3 3

n n

n    

        

Pour n entier non nul, on note pn la probabilité d’avoir tiré le dé truqué, sachant qu’on a obtenu le numéro 6 à chacun des n premiers lancers.

c. Pour tout entier n non nul, on a : 1

. 1

2 1 4

n n p

   

 

d. On a : lim 0.n n

p 

Correction

a. Vrai : On trouve facilement 2

( ) 3

P N  , 1

( / ) 6

P U N  et 2

( / ) 6

P U N  . Reprenons les probabilités

totales :   1 2 2 1 2

( / ). ( ) ( / ). ( ) . . 6 3 6 3 9

P U P U N P N P U N P N     .

b. Vrai : épreuves indépendantes répétées donc loi binomiale : les paramètres sont n pour le nombre de tirages et p :

* si on choisit un dé normal 1

6 p  , on a alors 0

1 (t irer 6 fois)= (1 )

6

n nnP n p p

n

        

   ;

* si on choisit le dé truqué 4 2

6 3 p   , on a alors

2 (t irer 6 fois)=

3

n

P n      

.

En refaisant le même raisonnement qu’au a. on obtient : 2 1 1 2

(t irer 6 fois)= 3 6 3 3

n n

P n    

       

.

c. Vrai :

1 2 4

( ) 4 13 3 6 ( / )

1( ) 2 42 1 1 2 1 4 2 12 43 6 3 3 6 6

n n

n n

n n n n n n n n

n

P N S p P N S

P S

       

          

                        

.

d. Faux : pn tend vers 1 quand n tend vers l’infini, ce qui semble logique.

1. 19. Fesic 2002 : Exercice 15

Soit n un entier supérieur ou égal à 2. Une urne contient :

 une boule numérotée 0,

 une boule numérotée 1,

 21 boules numérotées 2,

 22 boules numérotées 3,

……………………………….

 2k–1 boules numérotées k (k entier compris entre 1 et n),

……………………………….

 2n–1 boules numérotées n.

Les boules sont indiscernables au toucher. On extrait au hasard une boule de l’urne et on note X la variable aléatoire égale au numéro de la boule tirée.

a. L’urne contient 2 1n  boules.

b. Pour tout entier naturel k tel que 1 k n  , on a : 1( ) 2n kP X k    .

c. On a pour 2n  : 1

1

2 ( 1)2 1

n

k n

k

k n

   .

d. On a : ( ) ( 1)2 1nE X n   .

Correction

a. Faux : L’urne contient 1 1 1 2 1

1 1 2 ... 2 ... 2 1 2 2 1

n k n n          

 boules (somme des termes d’une

suite géométrique).

b. Faux : Si k>0, 1

12( ) 2 2

k k n

n P X k

     ; si k=0,

1 ( 0) 2

2

n

n P X    (la réponse proposée était

forcément fausse puisque 12 1n k   ).

c. Vrai : On teste la formule pour n=2 :

2

1 0 1 2

1

2 1.2 2.2 5;(2 1)2 1 5k

k

k

      . Récurrence :

1

1 1 1

1 1

2 2 ( 1)2 ( 1)2 1 ( 1)2 2 2 1 2 1

n n

k k n n n n n

k k

k k n n n n n

  

 

             ;

remplaçons maintenant n par n+1 dans la formule :

1

1 1 1 1

1 1

2 ( 1)2 1 2 ( 1 1)2 1 2 1

n n

k n k n n

k k

k n k n n

   

 

           ; ok.

d. Faux : 1 1 1 1

1

( ) 0.2 1.2 2.2 ... .2 ... .2 2 2

n

n n n n k n n n k

k

E X k n k           

                d’où

 ( ) 2 ( 1)2 1 ( 1) 2n n nE X n n       .

1. 20. Fesic 2002 : Exercice 16

Soit n un entier supérieur ou égal à 3. On dispose de deux urnes U et V. L’urne U contient 2 boules blanches et n boules noires ; l’urne V contient n boules blanches et 2 boules noires. On choisit au hasard l’une des deux urnes, puis on tire deux boules de cette urne, successivement et sans remise.

On désigne par U l’événement : « on choisit l’urne U », par V l’événement : « on choisit l’urne V » et par B l’événement : « les deux boules tirées sont blanches ».

a. On a :   2

P ( 2)( 1)

B U n n

   

.

b. On a : 2 2

( ) ( 2)( 1)

n n P B

n n

    

.

c. 2

2 ( / )

2 P U B

n n   

.

d. Pour que ( / ) 0,1P U B  , il suffit que 4n .

Correction

a. Faux :  

2

2 1 1 1 P ( et 2 blanches) ( / ). ( )

( 2)( 1)2 2 ( 2)( 1) 2

22

B U P U P B U P U n nn n n

     

          

   

.

b. Faux : Utilisons les probabilités totales : ( ) ( ) ( ) ( / ) ( ) ( / ) ( )P B P B U P B V P B U P U P B V P V      .

Or 2 ( 1)

( / ) 2 ( 2)( 1)

2

n

n n P B V

n n n

   

   

       

, 1 2 1 ( 1)

( ) 2 ( 2)( 1) 2 ( 2)( 1)

n n P B

n n n n

  

    , soit

2 2 ( )

2( 2)( 1)

n n P B

n n

  

  .

c. Vrai : 2 2

2

( ) 22( 2)( 1) ( / )

( ) 2 2

2( 2)( 1)

P B U n n P U B

P B n n n n

n n

     

   

 

.

d. Faux : 2 2 2

2 ( / ) 0,1 0,1 2 20 18 0

2 P U B n n n n

n n           

  ; =1+72, soit 8,5  d’où

1 24,75 ; 3,75n n   ; le trinôme est positif si 1n n , il faut donc que 5n . De toutes manières on

pouvait tester 4 qui donne 2 1

( / ) 14 7

P U B   qui est trop gros.

1. 21. Fesic 2004 : Exercice 13

Une urne contient 3 boules : une bleue, une verte et une rouge. Soit n un entier supérieur ou égal à 2. On effectue n tirages successifs d’une boule avec remise intermédiaire.

On suppose les tirages équiprobables et indépendants et on appelle p la probabilité associée à cette expérience. On définit de plus les événements suivants :

* On appelle An l’événement : « Les n − 1 tirages ont donné la même boule et la nième boule tirée est différente des précédentes » ;

* Lorsque k est un entier compris entre 1 et n, on appelle Bk, Vk et Rk les événements respectivement associés au tirage d’une boule bleue, verte ou rouge lors du kième tirage.

a. 1 2 1 2 1 2( ) 1 ( ) ( )p B B p V V p R R      .

b. 2 2

( ) 3

p A  .

c. Pour tout entier 2n  , on a : 1

2 ( )

3 n n

p A

 .

d.  2 3 1

lim ( ) ( ) ... ( ) 3

n n

p A p A p A 

    .

Correction

Question a b c d

Réponse F V V F

a. 1 2B B se traduit par : « tirer une blanche en 1 et tirer une rouge ou une verte en 2 ». Comme les

tirages sont indépendants le mieux est encore de faire le calcul : 1

( ) 3

kp B  , 2

( ) 3

kp B  , et la même chose

pour les autres couleurs :

1 2

1 2 2 ( ) .

3 3 9 p B B   , 1 2 1 2

2 2 9 4 5 1 ( ) ( ) 1

9 9 9 9 p V V p R R

          .

b. A2 est l’événement « tirer une boule d’une couleur en 1 et d’une couleur différente en 2 », soit

2 1 2 1 2 1 2

2 2 2 6 2 ( ) ( ) ( ) ( )

9 9 9 9 3 p A p B B p V V p R R           .

c. Pour An il faut tirer n − 1 fois la même couleur, soit pour chaque couleur 1

1

3n puis tirer une couleur

différente, soit 2

3 ; comme il y a 3 couleurs, ça nous fait

1 1

1 2 2 ( ) 3

33 3 n n n

p A  

      

.

d. La somme 2 3( ) ( ) ... ( )np A p A p A   est la somme des termes d’une suite géométrique de premier

terme 2 2

( ) 3

p A  et de raison 1

3 donc elle vaut

1

1

1 1

2 13 1 13 31 3

n

n

 

(de 2 à n il y a n − 1 termes) qui tend

vers 1 à l’infini. On pouvait s’en douter dans la mesure où on est sûr de finir par tirer une boule de couleur différente…

1. 22. Fesic 2004 : Exercice 14

La durée de vie d’un moteur est de 5 ans et suit une loi exponentielle de paramètre  . On utilisera pour les calculs ln 2 0,7 .

a. La densité de probabilité associée à cette loi est la fonction f définie sur par 5

( ) 0 si [0 ; 5]

( ) 5 si [0 ; 5]t

f t t

f t e t

  

  .

b. On suppose que 50% des clients ont été dépannés durant la garantie. La durée de cette garantie est de 3 ans et demi environ.

c. On considère un lot de 10 moteurs fonctionnant de manière indépendante et on appelle X le nombre de moteurs qui n’ont pas de panne pendant les deux premières années.

La probabilité d’avoir 1X  est 4( 1)p X e  .

d. On est dans les mêmes conditions qu’au c. L’espérance de la variable aléatoire X est

2

5( ) 10E X e

 .

Correction

Question a b c d

Réponse F V F V

a. La densité de probabilité d’une loi exponentielle de paramètre  est ( ) tf t e   pour 0t  et ( ) 0f t

pour 0t  . Si on suit le texte alors pour t > 5 la densité est nulle, soit ( ) 0 si [0 ; 5]

( ) si [0 ; 5]t

f t t

f t e t 

  

  .

Par contre il faut alors que 5 5 5

00

( ) 1 1 1 1 1t tf t dt e dt e e   

  



             ce qui est

impossible.

En fait l’énoncé est moyennement clair : il faut en fait lire « La durée de vie moyenne d’un moteur est de

5 ans » auquel cas on a immédiatement 1

5 0,2     . La densité est alors

0,2

( ) 0 si 0

( ) 0,2 si 0t

f t t

f t e t

  

  .

b. La traduction de l’énoncé est la suivante : on a 50% des moteurs qui vivent plus que T (T est la durée de la garantie) ; si t est la durée de vie d’un moteur, la probabilité qu’il dure après T est

0,2 0,2

0

( ) 1 ( ) 1 0,2 T

t Tp t T p t T e dt e        ; on sait que cette probabilité est de 0,5 = 1/2 et on

cherche donc T. Il nous faut résoudre 0,2 1 1 ln(2)

0,2 ln( ) 3,5 2 2 0,2

Te T T 

       

.

c. La probabilité qu’un moteur ne tombe pas en panne avant deux ans est 0,2.2 0,4( 2) 1 ( 2)p t p t e e       donc X suit une loi binomiale de paramètres n = 10 et

0,2.2 0,4p e e   .

On a alors 0,4 0 0,4 10 0,4 10 10

( 1) 1 ( 0) 1 ( ) (1 ) 1 (1 ) 0

p X p X e e e    

            

soit environ 0,999985

(interpréter…).

d. Cours :

2

0,4 5( ) 10 10E X np e e

   .

1. 23. Arbre+Va, N. Calédonie 06/2008

5 points

Deux éleveurs produisent une race de poissons d’ornement qui ne prennent leur couleur définitive qu’à l’âge de trois mois :

- pour les alevins du premier élevage, entre l’âge de deux mois et l’âge de trois mois, 10 % n’ont pas survécu, 75 % deviennent rouges et les 15 % restant deviennent gris ;

- pour les alevins du deuxième élevage, entre l’âge de deux mois et l’âge de trois mois, 5 % n’ont pas survécu, 65 % deviennent rouges et les 30 % restant deviennent gris.

Une animalerie achète les alevins à l’âge de deux mois : 60 % au premier éleveur, 40 % au second.

1. Un enfant achète un poisson le lendemain de son arrivée à l’animalerie, c’est-à-dire à l’âge de deux mois.

a. Montrer que la probabilité que le poisson soit toujours vivant un mois plus tard est de 0,92.

b. Déterminer la probabilité qu’un mois plus tard le poisson soit rouge.

c. Sachant que le poisson est gris à l’âge de trois mois, quelle est la probabilité qu’il provienne du premier élevage ?

2. Une personne choisit au hasard et de façon indépendante 5 alevins de deux mois. Quelle est la probabilité qu’un mois plus tard, seulement trois soient en vie ? On donnera une valeur approchée à 10−2 près.

3. L’animalerie décide de garder les alevins jusqu’à l’âge de trois mois, afin qu’ils soient vendus avec leur couleur définitive. Elle gagne 1 euro si le poisson est rouge, 0,25 euro s’il est gris et perd 0,10 euro s’il ne survit pas.

Soit X la variable aléatoire égale au gain algébrique de l’animalerie par poisson acheté.

Déterminer la loi de probabilité de X et son espérance mathématique, arrondie au centime.

Correction

1. a. Pour que le poisson soit toujours vivant il faut qu’il soit encore vivant sachant qu’il provient du 1er élevage ou qu’il soit vivant sachant qu’il provient du 2ème élevage : avec un arbre on a alors

         1 21 2 0,9 0,6 0,95 0,4 0,92E Ep V p V p E p V p E       .

b. Même type de calcul :          1 21 2 0,75 0,6 0,65 0,4 0,71E Ep R p R p E p R p E       .

c.          1 21 2 0,15 0,6 0,30 0,4 0,21E Ep G p G p E p G p E       ;

   

 

   

  11 1

1

0,15 0,6 0,43

0,21

E

G

p G p Ep E G p E

p G p G

      .

On remarquera qu’un poisson peut mourir, devenir Rouge ou devenir Gris : 0,08+0,71+0,21 = 1.

2. Schéma de Bernoulli/Loi binomiale : 5n  , 0,92p  , 3k  ;   3 2 5

3 0,92 0,08 0,05 3

P k  

     

.

3.  1 0,71p X   ,  0,25 0,21p X   ,  0,1 0,08p X    .

 E 0,71 1 0,25 0,21 0,1 0,08 0,75 centX        .

1. 24. Lancer + VA, Liban 06/2008, 4 points

Une urne A contient quatre boules rouges et six boules noires. Une urne B contient une boule rouge et neuf boules noires. Les boules sont indiscernables au toucher.

Partie A

Un joueur dispose d'un dé à six faces, parfaitement équilibré, numéroté de 1 à 6. Il le lance une fois : s'il obtient 1, il tire au hasard une boule de l'urne A, sinon il tire au hasard une boule de l'urne B.

1. Soit R l'événement « le joueur obtient une boule rouge ». Montrer que p(R) = 0,15.

2. Si le joueur obtient une boule rouge, la probabilité qu'elle provienne de A est-elle supérieure ou égale à la probabilité qu'elle provienne de B ?

Partie B

Le joueur répète deux fois l'épreuve décrite dans la partie A, dans des conditions identiques et indépendantes (c'est-à-dire qu'à l'issue de la première épreuve, les urnes retrouvent leur composition initiale).

Soit x un entier naturel non nul.

Lors de chacune des deux épreuves, le joueur gagne x euros s'il obtient une boule rouge et perd deux euros s'il obtient une boule noire.

On désigne par G la variable aléatoire correspondant au gain algébrique du joueur en euros au terme des deux épreuves. La variable aléatoire G prend donc les valeurs 2x, x−1et – 4.

1. Déterminer la loi de probabilité de G.

2. Exprimer l'espérance E(G) de la variable aléatoire G en fonction de x.

3. Pour quelles valeurs de x a-t-on E(G) > 0 ?

Correction

Partie A

1. A et B forment une partition de l’univers  ; d’après la formule des probabilités totales, on a

              1 4 5 1 9

6 10 6 10 60 A Bp R p A R p B R p R p A p R p B             .

Par conséquent,   0,15p R  .

2. Calculons     et R Rp A p B :    

 

4

460 9 9

60

R

p A R p A

p R

    et  

 

 

5

560 9 9

60

R

p B R p B

p R

    . Donc, si

le joueur obtient une boule rouge, la probabilité qu’elle provienne de A est inférieure à celle qu’elle provienne de B.

Partie B

L’épreuve décrite dans la partie A est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « obtenir une boule

rouge ». On a 0,15p  et n = 2 :       22

0,15 1 0,15 k k

p X k k

     

  .

1.       22

2 2 0,15 0,0225 2

p G x p X  

       

;

        1 12

2 1 0,15 0,85 0,255 1

p G x p X  

        

;

      22

4 0 0,85 0,7225 0

p G p X  

        

.

2.        0,0225 2 0,255 2 0,7225 4 0,3 3,4E G x x x          .

3.   3,4

0 0,3 3,4 0 0,3 3,4 11,33 0,3

E G x x x x          . Or x est un entier naturel, donc

  0E G  lorsque x est supérieur ou égal à 12.

1. 25. Loterie+binomiale, Polynésie 2007

5 points

Pour réaliser une loterie, un organisateur dispose d’un sac contenant exactement un jeton blanc et 9 jetons noirs indiscernables au toucher et d’autre part d’un dé cubique équilibré dont les faces sont numérotées de 1 à 6.

Il décide des règles suivantes pour le déroulement d’une partie.

Le joueur doit tirer un jeton puis jeter le dé :

* si le jeton est blanc, le joueur perd lorsque le jet du dé donne 6 ;

* si le jeton est noir, le joueur gagne lorsque le jet du dé donne 6.

A la fin de la partie, le jeton est remis dans le sac.

On note B l’événement « le jeton tiré est blanc » et G l’événement « le joueur gagne le jeu ».

L’événement contraire d’un événement E est noté E . La probabilité d’un événement est notée p(E).

Partie A

1. Montrer que   7

G 30

p  . On pourra s’aider d’un arbre pondéré.

2. Quelle est la probabilité que le joueur ait tiré le jeton blanc sachant qu’il a perdu ?

3. Un joueur fait quatre partie de façon indépendante. Calculer la probabilité qu’il en gagne exactement deux et en donner une valeur approchée à 10−3 près.

4. Quel nombre minimal de parties un joueur doit-il faire pour que la probabilité d’en gagner au moins une soit supérieure à 0,99 ?

Partie B

L’organisateur décide de faire de sa loterie un jeu d’argent :

* chaque joueur paye 1 euro par partie ;

* si le joueur gagne la partie il reçoit 5 euros ;

* si le joueur perd la partie il ne reçoit rien.

1. On note X la variable aléatoire égale au gain algébrique (positif ou négatif) du joueur à l’issue d’une partie.

a. Donner la loi de probabilité de X et son espérance mathématique.

b. On dit que le jeu est favorable à l’organisateur si E(X) < 0. Le jeu est-il favorable à l’organisateur ?

2. L’organisateur décide de modifier le nombre n de jetons noirs (n entier naturel non nul) tout en gardant un seul jeton blanc. Pour quelles valeurs de l’entier n le jeu est-il défavorable à l’organisateur ?

Correction

Partie A

1.           1 5 9 1 7

G B 6 N 6 10 6 10 6 30

p p p dé p p dé           .

2.    

  P

1 1 Blanc et Perdu 1 30 110 6B

7P 60 23 46 1

30

p p

p

    

.

3. Loi binomiale : 4n  , 7

30 p  ; il en gagne 2 avec la probabilité

2 24 7 23 0,192

2 30 30

         

     .

4. Loi binomiale : n quelconque, 7

30 p  ;  

23 ( 1) 1 0 1

30

n

p X p X  

         

; on a alors

   ln 0,0123 23

( 1) 0,99 1 0,99 ln ln 0,01 17,3 2330 30

ln 30

n

p X n n    

                     

d’où 18n  .

Partie B

1. a. X prend les valeurs −1 et 4 ;     23

1 P 30

p X p    ,     7

4 G 30

p X p   .

  23 7 5 1

4 30 30 30 6

E X      .

b. L’organisateur en semble pas très matheux…

2. Il faut recalculer            

1 5 1 5 G B 6 N 6

1 6 1 6 6 1

n n p p p dé p p dé

n n n

           

   d’où

     

 

   

6 6 5 20 45 5 19 1 1 4

6 1 6 1 6 1 6 1

n n nn n n E X

n n n n

                   

     qui sera positif lorsque

19n  .

1. 26. Lancer dés+binomiale, Am. du Nord 2005

5 points

On dispose d’un dé cubique équilibré dont une face porte le numéro 1, deux faces portent le numéro 2 et trois faces portent le numéro 3.

On dispose également d’une urne contenant dix boules indiscernables au toucher, portant les lettres L, O, G, A, R, I, T, H, M, E (soit quatre voyelles et six consonnes).

Un joueur fait une partie en deux étapes :

Première étape : il jette le dé et note le numéro obtenu.

Deuxième étape :

si le dé indique 1, il tire au hasardune boule de l’urne. Il gagne la partie si cette boule porte une voyelle et il perd dans le cas contraire.

si le dé indique 2, il tire au hasard et simultanément deux boules de l’urne. Il gagne la partie si chacune de ces deux boules porte une voyelle et il perd dans le cas contraire.

si le dé indique 3, il tire au hasard et simultanément trois boules de l’urne. Il gagne la partie si chacune de ces trois boules porte une voyelle et il perd dans le cas contraire.

À la fin de chaque partie, il remet dans l’urne la ou les boules tirée(s).

On définit les évènements suivants :

D1 : « le dé indique 1 », D2 : « le dé indique 2 »,

D3 : « le dé indique 3 », G : « la partie est gagnée ».

A et B étant deux évènements tels que ( ) 0p A  , on note pA(B) la probabilité de B sachant que A est

réalisé.

1. a. Déterminer les probabilités 1 ( )Dp G , 2 ( )Dp G et 3 ( )Dp G .

b. Montrer alors que 23

( ) 180

p G  .

2. Un joueur a gagné la partie. Calculer la probabilité qu’il ait obtenu le numéro 1 avec le dé.

3. Un joueur fait six parties. Calculer la probabilité qu’il en gagne exactement deux et en donner une valeur arrondie à 102 près.

Quel nombre minimal de parties un joueur doit-il faire pour que la probabilité d’en gagner au moins une soit supérieure à 0,9 ?

Correction

1. a. 1 ( )Dp G : s’il tire un 1, il gagne s’il tire une voyelle, soit 4 chances sur 10, 1

4 ( )

10 Dp G  .

2 ( )Dp G : s’il tire un 2, il gagne s’il tire 2 voyelles, soit

4 4.3 6

2 2

    

  chances sur

10 10.9 45

2 2

    

  ,

2

6 2 ( )

45 15 Dp G   ;

3 ( )Dp G : s’il tire un 3, il gagne s’il tire 3 voyelles, soit

4 4.3.2 4

3 3.2

    

  chances sur

10 10.9.8 120

3 3.2

    

  ,

3

4 1 ( )

120 30 Dp G   .

b. On applique les probabilités totales :

     1 2 3

1 2 31 2 3

( )

4 1 2 2 1 3 23 ( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( ) . . . .

10 6 15 6 30 6 180 D D D

p G p D G p D G p D G

p G p D p G p D p G p D

     

       .

2. Ce coup-ci on cherche 11 1

1

4 1 .( ). ( )( ) 180 4 1210 6( ) .

23( ) ( ) 23 60 23

180

D

G

p G p Dp G D p D

p G p G

      .

3. Un joueur fait six parties : loi binomiale avec n = 6 et 23

180 p  . On cherche

2 46 23 23 ( 2) 1 0,14

2 180 180 p k

              

     .

On remplace 6 par n et k par 0 : 0

23 23 157 ( 1) 1 ( 0) 1 1 1

0 180 180 180

n nn p k p k

                      

       ; il faut

donc résoudre ln(0,1)157 157

1 0,9 0,1 16,8 180 180 ln(157 / 180)

n n

n                  

soit 17 parties minimum.

1. 27. Tirages simult.+VA+binomiale, France 2005

5 points

Pour les questions 1 et 2, on donnera les résultats sous forme de fraction et sous forme décimale approchée par défaut à 10−3 près.

Un enfant joue avec 20 billes : 13 rouges et 7 vertes. Il met 10 rouges et 3 vertes dans une boîte cubique et 3 rouges et 4 vertes dans une boîte cylindrique.

1. Dans un premier jeu, il choisit simultanément trois billes au hasard dans la boîte cubique et il regarde combien de billes rouges il a choisies. On appelle X la variable aléatoire correspondant au nombre de billes rouges choisies.

a. Déterminer la loi de probabilité de X.

b. Calculer l'espérance mathématique de X.

2. Un deuxième jeu est organisé de telle sorte que l'enfant choisisse d'abord au hasard une des deux boîtes, puis qu'il prenne alors une bille, toujours au hasard, dans la boîte choisie.

On considère les événements suivants :

* C1 : "L'enfant choisit la boîte cubique",

* C2 : "L'enfant choisit la boîte cylindrique",

* R : "L'enfant prend une bille rouge",

* V : "L 'enfant prend une bille verte".

a. Représenter par un arbre pondéré la situation correspondant à ce deuxième jeu.

b. Calculer la probabilité de l'événement R.

c. Sachant que l'enfant a choisi une bille rouge, quelle est la probabilité qu'elle provienne de la boîte cubique ?

3. L'enfant reproduit n fois de suite son deuxième jeu, en remettant à chaque fois la bille tirée à sa place.

a. Exprimer, en fonction de n, la probabilité pn que l'enfant ait pris au moins une bille rouge au cours de ses n choix.

b. Calculer la plus petite valeur de n pour laquelle 0,99np  .

Correction

Un enfant joue avec 20 billes : 13 rouges et 7 vertes. Il met 10 rouges et 3 vertes dans une boîte cubique et 3 rouges et 4 vertes dans une boîte cylindrique.

1. Il choisit simultanément trois billes au hasard : il y a 13 billes dans cette boîte, il y a donc

13 13.12.11 286

3 3.2.1

    

  choix possibles.

Comme il y a 10 rouges, il peut prendre 0, 1, 2 ou 3 billes rouges : ce sont les valeurs que peut prendre X

a. Si on tire k rouges, on tire 3−k vertes : on a

10 3

3 ( )

286

k k p X k

       

      . On calcule pour les différentes

valeurs de k :

X 0 1 2 3

Xp 10 3 0 3 1

0,003 286 286

          

10 3

1 2 30 0,104

286 286

          

10 3

2 1 135 0,472

286 286

          

10 3

3 0 120 0,419

286 286

        

 

b. 1 30 135 120 660

E( ) 0. 1. 2. 3. 2,307 286 286 286 286 286

X       .

Ce type de loi n’est assez peu utilisée sous cette forme car les coefficients binomiaux deviennent ingérables dès que le nombre d’objets présents est trop important.

2. a.

C1

C2

R

V

R

V

1/2

1/2

10/13

3/13

3/7

4/7

b. 1 2 C 1 C 21 2 10 1 3 1 70 39 109

(R) (R C ) (R C ) (R) (C ) (R) (C ) . . 0, 599 13 2 7 2 182 182

p p p p p p p

           .

Probabilités totales.

c. 11 (C R) 5 / 13 5 13.7.2 70

(C ) . 0,642 (R) 109 / 182 13 109 109

R

p p

p

     

3. Loi binomiale : n inconnu, p = probabilité de tirer une rouge.

a. 0

109 73 73 ( 1) 1 ( 0) 1 1

0 182 182 182

n nn p X p X

                     

       .

b. ln 0,0173 73 73

0,99 1 0,99 0,01 ln ln 0,01 5,04 73182 182 182

ln 182

n n

np n n      

                          

; il faut

donc que 6n .

Questions ultra classiques, attention aux changements de sens dans les inégalités (ln(73/182) <0 car…).

1. 28. Urnes et dés, Pondichery 2004

Un joueur dispose d’un dé cubique bien équilibré dont les faces sont numérotées de 1 à 6, et de trois urnes, U1, U2 et U3 contenant chacune k boules, où k désigne un entier naturel supérieur ou égal à 3.

Il y a trois boules noires dans U1, deux boules noires dans U2 et une boule noire dans U3. Toutes les autres boules dans les urnes sont blanches. Les boules sont indiscernables au toucher.

Une partie se déroule de la manière suivante : le joueur lance le dé,

* s’il obtient le numéro 1, il prend au hasard une boule dans l’urne U1, note sa couleur et la remet dans U1 ;

* s’il obtient un multiple de 3, il prend au hasard une boule dans U2, note sa couleur et la remet dans U2 ;

* si le numéro amené par le dé n’est ni 1 ni un multiple de 3, il prend au hasard une boule dans U3, note sa couleur et la remet dans U3.

On désigne par A, B, C et N les événements suivants :

A : « Le dé amène le numéro 1 ». B : « Le dé amène un multiple de 3 ».

C : « Le dé amène un numéro qui n’est ni 1 ni un multiple de 3 ».

N : « La boule tirée est noire ».

1. Le joueur joue une partie.

a. Montrer que la probabilité qu’il obtienne une boule noire est égale à 5

3k .

b. Calculer la probabilité que le dé ait amené le 1 sachant que la boule tirée est noire.

c. Déterminer k pour que la probabilité d’obtenir une boule noire soit supérieure à 1

2 .

d. Déterminer k pour que la probabilité d’obtenir une boule noire soit égale à 1

30 .

2. Dans cette question, k est choisi pour que la probabilité d’obtenir une boule noire en jouant une partie

soit égale à 1

30 . Le joueur fait 20 parties, indépendantes les unes des autres. Calculer, sous forme exacte

puis arrondie à 10−3 près la probabilité qu’il obtienne au moins une fois une boule noire.

Correction

On fait un arbre qui donne toutes les réponses immédiatement :

1. a. Pour avoir une boule noire il faut calculer la probabilité d’avoir tiré 1 avec le dé et une noire dans U1, etc., soit sous forme de probabilité conditionnelle :

1 2 3 ( ) [( ) ( ) ( )] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )U U Up N p A N B N C N p A p N p B p N p C p N         .

Ceci donne évidemment 1 3 2 2 3 1 10 5

( ) . . . 6 6 6 6 3

p N k k k k k

     .

b. On cherche ici ( ) 1/ 2 3

( 1) ( ) 5 / 3 10

N

p A N k P dé

p N k

     .

c. 5 1 10

3 10 3 2 3

k k k      ; comme k est entier et supérieur ou égal à 3, il reste k = 3.

d. 5 1

3 150 50 3 30

k k k      .

2. Le nombre de fois où on tire une boule noire sur les 20 parties suit une Loi binomiale de paramètres

n = 20 et 1

30 p  .

La probabilité qu’il obtienne au moins une fois une boule noire est donc

0 20 2020 1 29 29 ( 1) 1 ( 0) 1 1 0,492

0 30 30 30 p X p X

                     

       .

1. 29. Entropie, France 2004

5 points

Un récipient contient un gaz constitué de deux sortes de particules : 75 % de particules A et 25 % de particules B. Les particules sont projetées sur une cible formée de deux compartiments K1 et K2. L’expérience est modélisée de la manière suivante :

- Une particule au hasard parmi les particules de type A entre dans K1 avec la probabilité 1

3 et dans K2

avec la probabilité 2

3 .

- Une particule au hasard parmi les particules de type B entre dans chacun des compartiments avec la

probabilité 1

2 .

Partie A

1. Soit une particule au hasard. Déterminer la probabilité de chacun des événements suivants :

A1 : « la particule isolée est de type A et elle entre dans K1 » ;

dé = 1

1/6

dé = 3 ou 6

2/6

dé = 2, 4, 5

3/6

U1

p(N) = 3/k

U2

p(N) = 2/k

U3

p(N) = 1/k

A2 : « la particule isolée est de type A et elle entre dans K2 » ;

B1 : « la particule isolée est de type B et elle entre dans K1 » ;

B2 : « la particule isolée est de type B et elle entre dans K2 » ;

C1 : « la particule entre dans K1 » ;

C2 : « la particule entre dans K2 ».

2. On procède 5 fois de suite et de façon indépendante à l’épreuve décrite en introduction. Le nombre de particules étant très grand, on admettra que les proportions 75 % et 25 % restent constantes. Calculer la probabilité de l’événement E suivant : « il y a exactement deux particules dans K2 ».

Partie B

Un récipient contient le gaz décrit précédemment. Les particules A sont radioactives et se transforment

spontanément en particules B. On note ( )p t la proportion de particules A dans le gaz. Ainsi, à l’instant

0t  , on a (0) 0,75p  .

Plus généralement, si t est exprimé en années, on a ( ) 0,75 tp t e  où  est une constante réelle. La

demi-vie1 des particules de type A est égale à 5730 ans.

1. Calculer  ; on prendra une valeur approchée à 510 près par défaut.

2. Au bout de combien d’années, 10 % des particules de type A se seront-elles transformées en particules de type B ?

3. Déterminer la valeur de t pour laquelle il y aura autant de particules de type A que de particules de type B (on arrondira à l’unité).

Correction

Partie A

Interprétons les données en termes de probabilités : 75 % de particules A, soit (A) 0,75p  , et 25 % de

particules B, soit (B) 0,25p  .

- A entre dans K1 avec la probabilité 1

3 : A

1 (K1)

3 p  , dans K2 avec la probabilité

2

3 : A

2 (K2)

3 p  .

- B entre dans K1 ou K2 avec la probabilité 1

2 : B

1 (K1)

2 p  , B

1 (K2)

2 p  .

1. A 1 1

(A1) (A K1) (K1) (A) .0,75 3 4

p p p p     ; A 2 1

(A2) (A K2) (K2) (A) .0,75 3 2

p p p p     ;

B

1 1 (B1) (B K1) (K1) (B) .0,25

2 8 p p p p     ; B

1 1 (B2) (B K2) (K2) (B) .0,25

2 8 p p p p     ;

1 1 3 (C1) ((A K1) (B K1)) (A K1)+ (B K1)

4 8 8 p p p p          ;

1 1 5 (C2) ((A K2) (B K2)) (A K2)+ (B K2)

2 8 8 p p p p          .

Le total doit évidemment faire 1…

2. Loi binomiale, (5, 5 / 8)B ; 2 35 5 3

(2 dans K2) 0,206 2 8 8

p             

     .

Partie B

( ) 0,75 tp t e  où  est une constante réelle. La demi-vie des particules de type A est égale à 5730 ans.

1. A t = 5730, on a

(5730) (5730)0,751 1 ln 20,75 (0) 0,75 (5730) ln 2 0,00012097 2 2 2 5730

te p e e                  ,

soit 0,00012 à 510 près par défaut.

1 Temps au bout duquel le nombre de particules restantes est la moitié du nombre initial.

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