Sciences statistiques - Exercice 4 - 2° partie, Exercices de Statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8930 May 2014

Sciences statistiques - Exercice 4 - 2° partie, Exercices de Statistiques

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Sciences statistiques - Exercice 4 - 2° partie - Probabilités. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: Loi exponentielle, les probabilités totales, démonstration.
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2. On cherche t pour qu’il reste 90 % des particules de type A, soit 90

( ) (0) 100

p t p , ce qui donne

l’équation d’inconnue t :

ln(0,9) ln(0,9) 0,75 0,9 0,75 0,9 ln(0,9) 871 ans

0,00012

t te e t t   

             

.

3. Il y aura autant de particules de type A que de particules de type B lorsque les pourcentages de types A

et B seront de 50 % chacun. En l’occurrence il faut que ( ) 0, 5p t  , ce qui donne

ln(2 / 3)0, 5 0,75 0, 5 ln(2 / 3) 3352 ans

0,75

t te e t t   

          

.

1. 30. Loi exponentielle, France 2004

On s’intéresse à la durée de vie, exprimée en semaines, d’un composant électronique. On modélise cette situation par une loi de probabilité p de durée de vie sans vieillissement définie sur l’intervalle [0 ;  [ : la probabilité que le composant ne soit plus en état de marche au bout de t semaines est

0

([0 ; [) t

xp t e dx   . Une étude statistique, montrant qu’environ 50 % d’un lot important de ces composants sont encore en état de marche au bout de 200 semaines, permet de poser ([0 ; 200[) 0,5p  .

1. Montrer que ln 2

200   .

2. Quelle est la probabilité qu’un de ces composants pris au hasard ait une durée de vie supérieure à 300 semaines ? On donnera la valeur exacte et une valeur approchée décimale au centième près.

3. On admet que la durée de vie moyenne md de ces composants est la limite quand A tend vers  de

0

A xxe dx  .

a. Montrer que 0

1A AA x Ae exe dx  

  

      .

b. En déduire md ; on donnera la valeur exacte et une valeur approchée décimale à la semaine près.

Correction

1. 200 200 200

00

([0 ; 200[) 1x xp e dx e e              ; il faut donc résoudre

200 200 1 1 ln 21 0,5 200 ln ln 2 2 2 200

e e               .

2.   ln 2 3 33300 300 ln 2

300 ln 2200 2 22

0

1 1 ([300 ; [) 1 1 ( 1) 2 0,35

8 2 2

xp e dx e e e e    

               .

3. On intègre par parties en posant u x , ' xv e  d’où 'u  et 1 xv e

  :

00 0 0

1 1 1 1 0

A A AA AAx x x A x A A Ae exe dx xe e dx Ae e Ae e  

           

                              

.

4. L’exponentielle l’emporte sur toute fonction polynôme d’où AAe  tend vers 0 lorsque A tend vers

 . La limite md est alors 1

 qui est la moyenne de la loi exponentielle. Dans l’exemple on a donc

200 289

ln 2 md   semaines.

1. 31. Boules, Amérique du sud 2004

5 points, énoncé légèrement modifié.

Une urne contient 4 boules rouges et 2 boules noires indiscernables au toucher.

1. On effectue au hasard un tirage de deux boules simultanément de l’urne.

On note A0 l’événement « on n’a obtenu aucune boule noire » ;

on note A1 l’événement « on a obtenu une seule boule noire » ;

on note A2 l’événement « on a obtenu deux boules noires ».

Montrer que 0 6

(A ) 15

p  et 1 8

(A ) 15

p  ; en déduire 2(A )p .

2. Après ce premier tirage, il reste 4 boules dans l’urne. On effectue à nouveau un tirage sans remise de deux boules de l’urne.

On note B0 l’événement « on n’a obtenu aucune boule noire au tirage n°2 » ;

on note B1 l’événement « on a obtenu une seule boule noire au tirage n°2 » ;

on note B2 l’événement « on a obtenu deux boules noires au tirage n°2 ».

a. Calculer A 00 (B )p , A 01 (B )p , A 02 (B )p .

b. Calculer 0(B )p .

c. Calculer 1(B )p et 2(B )p .

d. On a obtenu une seule boule noire lors de ce second tirage. Quelle est la probabilité d’avoir obtenu une seule boule noire lors du premier tirage ?

3. On considère l’événement R : « il a fallu exactement les deux tirages pour que les deux boules noires

soient tirées de l’urne ». Montrer que 1

(R) 3

p  .

Correction

1. On effectue au hasard un tirage de deux boules simultanément de l’urne : il y a 6 6.5

15 2 2

    

  tirages

possibles.

« On n’a obtenu aucune boule noire » revient à dire que l’on a tiré deux rouges parmi 4, il y a

4 4.3 6

2 2

    

  et la probabilité est 0

6 (A )

15 p  ;

de même « on a obtenu une seule boule noire » revient à dire qu’on a tiré une noire parmi 2 et une rouge

parmi 4, il y a 2 4

. 8 1 1

       

    manières de procéder, ce qui donne 1

8 (A )

15 p  ; comme la seule possibilité

restante est de tirer 2 noires, on a 2 2 6 8 1

(A ) 1 ( ) 1 15 15 15

p p A  

        

.

2. a. Lors de ce deuxième tirage on a 4

6 2

   

  tirages possibles.

Si on a tiré 0 noire au 1er tirage, on a tiré 2 rouges ; il reste donc 2 rouges et 2 noires dans la boite et la

probabilité de tirer 0 noire est celle de tirer 2 rouges parmi 2, soit A 00

2

2 1 (B )

6 6 p

        ;

si on a tiré 1 noire au 1er tirage, on a tiré également 1 rouge ; il reste donc 3 rouges et 1 noire dans la boite

et la probabilité de tirer 0 noire est celle de tirer 2 rouges parmi 3, soit A 01

3

2 3 (B )

6 6 p

        ;

si on a tiré 2 noires au 1er tirage, on a tiré 0 rouge ; il reste donc 4 rouges et 0 noire dans la boite et la

probabilité de tirer 0 noire est celle de tirer 2 rouges parmi 4, soit A 02

4

2 6 (B ) 1

6 6 p

         (en fait c’était

évident…puisqu’il n’y a plus que des rouges).

b. avec les probabilités totales on a      0 0 0 0 1 0 2(B ) B A B A B Ap p p p      , soit

   0 A 0 0 A 0 1 A 0 20 1 2 1 6 3 8 6 1 6

(B ) (B ) A (B ) (A ) (B ) A . . . 6 15 6 15 6 15 15

p p p p p p p       .

c. De la même manière on a

A 10

2 2

1 1 4 (B )

6 6 p

              , A 11

3 1

1 1 3 (B )

6 6 p

              , A 12 (B ) 0p  ;

   1 A 1 0 A 1 1 A 1 20 1 2 4 6 3 8 1 8

(B ) (B ) A (B ) (A ) (B ) A . . 0. 6 15 6 15 15 15

p p p p p p p       ;

A 20

2

2 1 (B )

6 6 p

        , A 21 (B ) 0p  , A 22 (B ) 0p  ;

   2 A 2 0 A 2 1 A 2 20 1 2 1 6 8 1 6 1

(B ) (B ) A (B ) (A ) (B ) A . 0. 0. 6 15 15 15 90 15

p p p p p p p        .

d. On a obtenu une seule boule noire lors de ce second tirage, on connaît donc B1. Nous cherchons alors

  A 1 11 1 1 B 11

1 1

1 8 .(B ) (A )A B 12 15

(A ) 8(B ) (B ) 2

15

p pp p

p p

     .

3. 0 2 1 1 0 A 2 1 A 10 1(R) (A B ) (A B ) (A ) (B ) (A ) (B )p p p p p p p      , soit 6 1 8 3 5 1

(R) . . 15 6 15 6 15 3

p     .

1. 32. Club photo

Dans une classe de trente élèves sont formés un club photo et un club de théâtre. Le club photo est composé de 10 membres, le club théâtre de 6 membres. Il y a deux élèves qui sont membres des deux clubs à la fois.

1. On interroge un élève de la classe pris au hasard. On appelle P l’événement : « l’élève fait partie du club photo » et T l’événement : « l’élève fait partie du club théâtre ». Montrer que les événements P et T sont indépendants.

2. Lors d’une séance du club photo, les 10 membres sont tous présents. Un premier élève est tiré au sort. Il doit prendre la photo d’un autre membre du club qui sera lui aussi tiré au sort.

a. On appelle T1 l’événement : « Le premier élève appartient au club théâtre ». Calculer 1( )P T .

b. On appelle T2 l’événement « L’élève pris en photo appartient au club théâtre ». Calculer 21 ( )TP T puis

21 ( )

T P T . En déduire 2 1( )P T T et 2 1( )P T T .

c. Démonstration de cours : Démontrer que  2 2 1 2 11 1( ) ( ) ( ) ( )T TP T P T P T P T P T  . Calculer 2( )P T .

3. Toutes les semaines on recommence de façon indépendante la séance de photographie avec tirage au sort du photographe et du photographié. Le même élève peut être photographié plusieurs semaines de suite.

Calculer la probabilité qu’au bout de 4 semaines aucun membre du club théâtre n’ait été photographié.

Correction

1. Avec des patates le résultat est immédiat (en fait on n’en a pas besoin, c’est juste pour montrer que je suis super fortiche avec Word…).

P(P) = 10/30 = 1/3 et P(T) = 6/30 = 1/5.

On a alors 2 1

(P T) 30 15

P    et 1 1 1

(P) (T) 3 5 15

P P    donc les événements sont indépendants. Ceci

est un pur hasard de calcul, si vous changez par exemple le nombre d’élèves dans la classe ça ne marche plus….

2 10−2 = 8

6−2 = 4

2. Lors d’une séance du club photo, les 10 membres sont tous présents. Un premier élève est tiré au sort. Il doit prendre la photo d’un autre membre du club qui sera lui aussi tiré au sort.

a. 1 2 1

( ) 10 5

P T   .

b. 21 1

( ) 9

TP T  : il reste à tirer un membre du club théâtre parmi les neuf restants.

2 1

2 ( )

9T P T  : si 1T est réalisé le premier élève ne fait pas de théaâre, il reste deux choix parmi 9 restants.

2 1 2 11

1 1 1 ( ) ( ) ( )

9 5 45 TP T T P T P T     ; 2 1 2 1

1

2 4 8 ( ) ( ) ( )

9 5 45T P T T P T P T     .

b. Avec les probabilités totales, on a

     2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 11 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )T TP T P T T T T P T T P T T P T P T P T P T          .

Donc 2 1 8 9 1

( ) 45 45 45 5

P T     .

Le calcul aurait pu se faire directement avec un arbre.

3. Loi binomiale : 4n  , 2 4

1 ( ) 5

p P T   ; la probabilité cherchée est, en posant X = nombre de fois où

l’élève photographié n’appartient pas au club théâtre : 4

4 0

4

4 4 256 ( 4) (1 )

4 6255 P X p p

       

  .

1. 33. Cartes

On tire 8 cartes dans un jeu de 32 cartes. Quelle est la probabilité de :

1. Tirer tous les coeurs ?

2. Tirer les 4 as ?

3. Tirer 5 coeurs et 3 trèfles ?

4. Tirer 5 coeurs ni plus ni moins et 3 rois ni plus ni moins ?

Correction

1. Nombre total de tirages : 32

8 N

   

  . Proba de tous les cœurs : on tire les 8 cartes parmi 8 (cœurs),

soit 8

1 8

   

  , soit 1/N.

2. On tire 4 cartes parmi les 4 as, soit encore 1 et 4 autres cartes parmi 28 restantes, soit 28

4

     

, au final

la proba est

28 1

4

N

      

.

3. On tire 5 cœurs parmi 8 cœurs et 3 trèfles parmi 8 trèfles, soit 8 8

/ 5 3

N         

.

4. Attention au roi de cœur… 5 cœurs parmi 8 cœurs et 3 rois parmi 3, soit 8 3

5 3

        

auxquelles on

ajoute les combinaisons contenant le roi de cœur, soit 1 7 21

1 4 3

           

(R de cœur, 4 cœurs parmi 7, 3

cartes ni Roi ni cœur).

1. 34. Boules et urnes

On dispose de deux urnes U1 et U2 contenant des boules indiscernables au toucher.

U1 contient n boules blanches et 3 boules noires (n est un nombre entier supérieur ou égal à 1). U2 contient deux boules blanches et une boule noire.

On tire une boule au hasard de U1 et on la met dans U2, puis on tire au hasard une boule de U2 et on la met dans U1 ; l'ensemble des ces opérations constitue une épreuve.

1. Construire l'arbre pondéré de cette expérience aléatoire.

2. On considère l'événement A : "Après l'épreuve, les urnes se retrouvent chacune dans leur configuration de départ".

2. a. Démontrer que la probabilité p(A) de l'événement A peut s'écrire : 3 2

(A) 4 3

n p

n

    

 

2. b. Déterminer la limite de p(A) lorsque n tend vers  .

3. On considère l'événement B : "Après l'épreuve, l'urne U2 contient une seule boule blanche".

Calculer p(B).

4. Un joueur mise 20 francs et effectue une épreuve. A l'issue de cette épreuve, on compte les boules blanches dans U2.

- Si U2 contient 1 seule boule blanche, le joueur reçoit 2n francs ;

- Si U2 contient 2 boules blanches, le joueur reçoit n francs ;

- Si U2 contient 3 boules blanches, le joueur ne reçoit rien.

4. a. Expliquer pourquoi le joueur n'a aucun intérêt à jouer tant que n ne dépasse pas 10.

Dans la suite, on considère n > 10, et on introduit la variable aléatoire X qui prend pour valeur les gains algébriques du joueur (par exemple, si, après l'épreuve, l'urne U2 contient une seule boule blanche, X = 2n – 20).

4.b. Déterminer la loi de probabilité de X.

4.c. Calculer l'espérance mathématique de X.

4.d. On dit que le jeu est favorable au joueur si et seulement si l'espérance mathématique est strictement positive. Montrer qu'il en est ainsi dès que l'urne U1 contient au moins 25 boules blanches.

Correction

1.a. Arbre pondéré :

Evénement A : chemin

Evénement B : chemin

Evénement C : chemin

B

B

B

N

N

N

U : nB,3N

U : 2B,1N 1

2

U : n-1B,4N

U : 3B,0N 1

2

U : n+1B,2N

U : 1B,2N 1

2

U : nB,3N

U : 2B,1N 1

2

P(1B) P(1N)

P(2B/1B) P(2N/1B)

P(2B/1N) P(2N/1N)

(1B) 3

n p

n  

; 3

(1N) 3

p n  

.

p(2B/1B) = 4

3 ; p(2N/1B) =

4

1 ; p(2B/1N) =

2

1 ; p(2N/2B) =

2

1

2. a. La probabilité p(A) se calcule en parcourant l'arbre : 3 3 1

(A) 3 4 3 2

n p

n n      

, soit

3 2 ( )

4 3

n p A

n

    

  .

2. b. 3

lim (A) 4

p n

 

.

3. La probabilité p(B) se calcule en parcourant l'arbre : 3 1

( ) 3 2

p B n   

, 3

( ) 2( 3)

p B n

 

.

4. a. Le joueur doit être certain de pouvoir, dans le meilleur des cas, récupérer au moins sa mise d'où 2n > 20, soit n > 10.

4. b. Le dernier événement non encore considéré (C) est : "Après l'épreuve, l'urne U2 contient 3 boules blanches".

La probabilité p(C) se calcule en parcourant l'arbre : 1

(C) 3 4

n p

n   

, (C) 4( 3)

n p

n

La variable aléatoire X peut prendre 3 valeurs : 2n – 20 (événement A) ; n – 20 (événement B) ; −20 (événement C).

Loi de probabilité de la variable aléatoire X :

xi 2n − 20 n − 20 −20

p(X = xi ) 3

2( 3)n

3 2

4 3

n

n

     

4( 3)

n

n

4. c. Espérance mathématique : E(x) = (2 20) 3 3 2 20

E(X) ( 20) 2( 3) 4 3 4( 3)

n n n n

n n n

        

    , soit

23 62 240 E(X)

4( 3)

n n

n

  

 .

4. d. E(X) > 0 donne 3n2 – 62n – 240 > 0, soit (3n + 10)(n – 24) > 0 et  25 ;n  puisque n est entier.

1. 35. Boules, Antilles Guyane 1999

4,5 points

Dans tout l’exercice on considère 20 boules indiscernables au toucher (10 noires et 10 blanches) et deux urnes A et B dans chacune desquelles on placera 10 boules suivant un mode qui sera précisé dans chaque question.

1. On choisit dix boules au hasard et on les met dans l’urne A. On place les dix autres boules dans l’urne B.

a. Quelle est la probabilité pour que les deux urnes ne contiennent chacune que des boules de même couleur ?

b. Quelle est la probabilité pour que les deux urnes contiennent chacune 5 boules blanches et 5 boules noires ?

2. Soit x un entier tel que 0 10x  . On place maintenant x boules blanches et 10 − x boules noires dans l’urne A et les 10 − x boules blanches et x boules noires restantes dans l’urne B.

On procède à l’expérience E : on tire au hasard une boule de A et on la met dans B, puis on tire au hasard une boule de B et on la met dans A.

On désigne par M l’évènement « chacune des deux urnes a la même composition avant et après l’expérience ».

a. Pour cette question on prend x = 6. Quelle est la probabilité de l’évènement M ?

b. Montrer que la probabilité de l’évènement M est égale à :  2 1

10 5 55

x x   .

c. Pour quelles valeurs de x l’évènement M est-il plus probable que l’événement contraire M ?

Correction

1. a. Pour avoir dix boules de même couleur dans chaque urne il faut avoir 10 noires dans A et 10 Blanches dans B ou le contraire.

Le nombre de répartitions est de 20

10

     

, le nombre de choix permettant 10 noires dans A et 10 blanches

dans B est 10 10

1 10 10

     

   ; la probabilité est donc 5

1 10.9.8.7.6.5.4.3.2.1 2 10

20 20.19.18.17.16.15.14.13.12.11

10

        

.

b. 5 boules blanches et 5 boules noires dans A : 10 10

5 5

        

, soit une probabilité d’environ 0,34.

2. a. x=6 : il faut tirer une blanche de A et la mettre dans B puis tirer une blanche de B et la mettre dans

A, soit 6 5

10 11  ou bien tirer une noire de A et la mettre dans B puis tirer une noire de B et la mettre dans

A, soit 4 7

10 11  ; au total cela fait

30 28 58

110 110 110   .

b. Même raisonnement :

     2 2 2 10 1 10 1 1 1

M 11 9 10 10 5 10 11 10 11 110 55

x x x x P x x x x x x

                 .

c. On veut savoir quand       1

M 1 M M 2

P P p    , soit 2 2 55 45

10 5 10 0 2 2

x x x x        

d’où après résolution : 3,42 6,58x  . Il faut donc qu’il y ait 4, 5 ou 6 boules blanches dans l’urne A.

1. 36. Urnes

Les questions 1. et 2. sont indépendantes. On donnera les résultats sous forme de fraction irréductible.

Une urne U1 contient 4 jetons blancs et 3 noirs et une urne U2 contient 17 jetons blancs et 18 noirs.

1. On jette un dé cubique dont chaque face a la même probabilité d'apparaître. Si le 6 apparaît, on tire un jeton de l'urne U1 sinon on tire un jeton de l'urne U2 .

a. Déterminer la probabilité de tirer un jeton blanc (on considérera les événements A : "On a obtenu 6 en jetant le dé" et B : "On obtient un jeton blanc".)

b. On a tiré un jeton blanc ; calculer la probabilité pour qu'il provienne de U1.

c. On a tiré un jeton noir ; calculer la probabilité pour qu'il provienne de U2.

2. On tire successivement et sans remise les 7 jetons de l'urne U1.

X est la variable aléatoire qui prend pour valeur k si le premier jeton blanc apparaît au k-ième tirage.

Donner la loi de probabilité de X, puis calculer son espérance mathématique et son écart-type.

Correction

1. a. p(A) = 1

6 ; p( A ) =

5

6 ; p(B/A) =

4

7 ; p(B/ A ) =

17

35

D'après la loi des probabilités totales on a : p(B) = p(A  B) + p( A  B) = 4

7 

1

6 +

17

35 

5

6 =

1

2 .

b. pB(A)  p(B) = p(AB) d'où pB(A) = (4 / 7) (1 / 6) 4

1 / 2 21

  .

c. De même on a : p( A / B )  p( B ) = p( A B ) d'où p( A / B ) = (18 / 35) (5 / 6) 6

1 / 2 7

 

2. Ensemble des valeurs de X : {1 ; 2 ; 3 ; 4} :

k 1 2 3 4

p(X = k) 4 6! 4

7! 7

 

3 4 5! 2

7! 7

  

4 3 2 4! 4

7! 35

   

3! 4! 1

7! 35

 

E(X) = 1 4

7 + 2

2

7 + 3

4

35 + 4

1

35 =

8

35

E(X2) = 1 4

7 + 2²

2

7 + 3²

4

35 + 4²

1

35 =

7

20 ; var(X)=

2 20 8

7 35

      

; (X) 1,69  .

1. 37. Urnes, Amérique du Sud 2002

Une urne A contient une boule rouge et trois boules vertes. Une urne B contient deux boules rouges et deux boules noires. Les boules sont indiscernables au toucher.

1. On dispose d’un dé à 6 faces, parfaitement équilibré, numéroté de 1 à 6.

On le lance une fois ; si l’on obtient un multiple de 3, on tire au hasard une boule de l’urne A, sinon on tire au hasard une boule de l’urne B.

a. Calculer la probabilité d’obtenir une boule noire.

b. Quelle est la couleur qui a la plus grande probabilité de sortir ?

c. Quelle est la probabilité que la boule tirée provienne de l’urne B sachant qu’elle est rouge ?

2. On réunit toutes les boules dans une seule urne et on tire successivement trois boules que l’on pose chaque fois devant l’urne.

a. Montrer que la probabilité de l’évènement « la 3ème boule tirée est noire » vaut 1

4 .

b. Certains pensent que l’évènement « la première boule tirée est noire » a une probabilité supérieure à l’évènement « la troisième boule tirée est noire ». Est-ce vrai ? Justifier.

Correction

1. Avec un dé il y a deux multiples de 3 : 3 et 6 ; on a donc la probabilité 2 1

6 3  et la probabilité

2

3 de ne

pas avoir de multiple de 3.

a. La probabilité d’obtenir une boule noire est alors

          1 2 2 1

3 3 0 3 3 4 3

A Bp N p mult de p N p pas mult de p N         .

b.           1 1 2 2 5

3 3 3 4 3 4 12

A Bp R p mult de p R p pas mult de p R         ;

          1 3 2 3

3 3 0 3 4 3 12

A Bp V p mult de p V p pas mult de p V         .

Le rouge est donc la couleur qui a la plus grande probabilité de sortir.

c. La probabilité que la boule vienne de B sachant qu’elle est rouge est :    

 

2 2

43 4 5 5

12

R

p B R p B

p R

    .

2. On réunit toutes les boules dans une seule urne et on tire successivement trois boules que l’on pose chaque fois devant l’urne.

a. On a les possibilités suivantes : N N N , N NN , N N N ; on ne remet pas la boule dans l’urne donc :

        6 5 2 5

8 7 6 28 p N N N p N p N p N     ,        

6 2 1 1

8 7 6 28 p N NN p N p N p N     , de

même pour  p N N N ; au total cela donne bien 1

4 .

b. Non, ce sont des probabilités identiques…   2 1

8 4 p N   .

1. 38. Boules et suite

Une urne contient n boules blanches ( 5n  ) et 10 boules noires. On tire au hasard et simultanément 10 boules de l’urne.

1. Quelle est la probabilité pn pour que l’on ait tiré exactement 5 boules noires ?

2. Déterminer la limite de pn lorsque n tend vers  .

Correction

Il y a n+10 boules ; il y a donc 10

10

n     

tirages possibles ; on tire 5 noires avec la probabilité

 

     

      

     

10 10! !

5 5 5!5! 5! 5 ! 1 2 3 4! !

10 10 ! 5 ! 10 ! 10 9 ... 2 1

10 10! !

n

n n

n n n n n nn n p K K

n n n n n n n n

n

     

          

            

,

donc 5

10 5

1 n

n p K K

n n   qui est décroissante et tend vers 0.

1. 39. Exercice de base : Efficacité d’un test

Une maladie atteint 3% d’une population donnée. Un test de dépistage donne les résultats suivants :

Chez les individus malades, 95% des tests sont positifs et 5% négatifs.

Chez les individus non malades, 1% des tests sont positifs et 99% négatifs.

On choisit un individu au hasard.

1. Construire l’arbre pondéré de cette expérience aléatoire.

2. Quelle est la probabilité

a. qu’il soit malade et qu’il ait un test positif ?

b. qu’il ne soit pas malade et qu’il ait un test négatif ?

c. qu’il ait un test positif ?

d. qu’il ait un test négatif ?

3. Calculer la probabilité

a. qu’il ne soit pas malade, sachant que le test est positif ?

b. qu’il soit malade, sachant que le test est négatif ?

4. Interpréter les résultats obtenus aux questions 3. a. et 3. b.

Correction

1. Voir ci-contre.

2. On note M l’individu est malade et T le test est positif :

a.    ( ) 0,03 0,95 0,0285MP M T P M P T      .

b.    ( ) 0,97 0,99 0,9603MP M T P M P T      .

c. ( ) ( ) ( ) 0,0097 0,0285 0,0382P T P M T P M T       .

d. ( ) ( ) ( ) 0,0015 0,9603 0,9618P T P M T P M T       .

Malade

0,03

Pas malade

0,97

Positif

0,95

Positif 0,01

Négatif

0,05

Négatif

0,99

0,028 5

0,0015

0,009 7

0,960 3

3. a. ( ) 0,0097

( ) 0,25 ( ) 0,0382

T

P T M P M

P T

    : c’est énorme…

b. ( ) 0,0015

( ) 0,00155 0,9618( )T

P T M P M

P T

    : ouf… on a très peu de chances d’être malade sachant que le

test est négatif, c’est rassurant.

1. 40. Exercice de base 2 : temps d’attente

Le bus passe toutes les quinze minutes à un arrêt précis. Un usager se présente à cet arrêt entre 7 heures et 7 heures 30. La variable aléatoire sera l'heure exacte de son arrivée à cet arrêt, uniformément répartie sur l'intervalle [0 ; 30].

1. Quelle est la probabilité que l'usager attende moins de 5 minutes le prochain bus ?

2. Quelle est la probabilité qu'il attende plus de dix minutes ?

Correction

La variable aléatoire est le temps uniformément réparti sur 30 minutes donc f(x) = 1/30.

1. L'attente n'est inférieure à cinq minutes que s'il arrive entre 7 h 10 et 7 h 15 ou entre 7 h 25 et 7 h 30.

On a donc 30

25

1 1 (10 15) (25 30)

30 6 p X p X dx       , soit la probabilité cherchée égale à

1 1 2.

6 3  .

2. De même on a 1

(0 5) (15 20) 3

p X p X      .

1. 41. Exercice de base 3 : attente

On suppose que la durée d'une conversation téléphonique, mesurée en minutes, est la variable

exponentielle de paramètre 10

1 . Vous arrivez à une cabine téléphonique et juste à ce moment précis,

une personne passe devant vous.

1. Quelle est la probabilité que vous attendiez plus de dix minutes ?

2. Quelle est la probabilité que vous attendiez entre dix et vingt minutes ?

Correction

1. L'attente est supérieure à dix minutes, on a

1 10

110( 10) 0,37p X e e  

    .

2. De même on a p(10  X  20) = 20

1 210

10

1 (10 20) 0,23

10

x

p X e dx e e

       .

1. 42. Exercice de base 4 : ABS

On s'intéresse à la présence sur les véhicules d'un parc automobile des trois dispositifs de sécurité suivants : ABS ; Air Bags ; Correcteur de trajectoire.

On sait que 7 véhicules ne sont munis d'aucun de ces dispositifs, alors que 18 véhicules sont munis des trois dispositifs.

Tous les véhicules munis d'un correcteur de trajectoire sont munis aussi d'au moins un autre dispositif de sécurité.

305 véhicules disposent de deux dispositifs de sécurité au moins.

298 véhicules disposent de l'ABS, 428 véhicules disposent d'air bags et 122 véhicules disposent des deux.

Enfin 87 véhicules disposent de l'ABS et d'un correcteur de trajectoire.

1. Représenter ces données par un diagramme.

2. Quel est le nombre total de véhicules de ce parc automobile ?

3. Quel est le nombre de véhicules de ce parc disposant d'un et d'un seul dispositif de sécurité ?

4. Quel est le nombre de véhicules de ce parc disposant d'au plus un dispositif de sécurité ?

Correction

1. card(ABS Correct )x   , card(ABS Airbag)y   , card(Correct Airbag)z   , card(Correct )k  .

Tous les véhicules munis d'un correcteur de trajectoire sont munis aussi d'au moins un autre dispositif de sécurité : 18k x z   ;

305 véhicules disposent de deux dispositifs de sécurité au moins : ( 18) ( 18) ( 18) 18 305x y z       ;

122 véhicules disposent d’ABS et d’Airbag : 122y  ; 87 véhicules disposent de l'ABS et d'un correcteur

de trajectoire : 87x  .

( 18) ( 18) ( 18) 18 305 69 104 305 132x y z z z             .

18 87 132 18 201k x z       .

2. Au total on a

107+192+0+104+114+69+18+7 = 611 véhicules.

3. 107+192+0 = 299.

4. Heu, le contraire c’est aucun, non ? C’est pas ça, au plus un c’est 0 ou 1, donc ça fait 299+7 = 306.

1. 43. Cubes pour enfants

Une boîte contient 8 cubes :

 1 gros rouge et 3 petits rouges,

 2 gros verts et 1 petit vert,

 1 petit jaune.

Un enfant choisit au hasard et simultanément 3 cubes de la boîte. On admettra que la probabilité de tirer un cube donné est indépendante de sa taille et de sa couleur.

Les résultats seront donnés sous forme de fraction irréductible.

ABS

107

Airbag

192

Correct.

0

69

104

114

18

7

ABS

298

Airbag

428

Correct.

k

x

y

z

18

7

1. On note A l'événement : "Obtenir des cubes de couleurs différentes" et B l'événement : "Obtenir au plus un petit cube".

a. Calculer la probabilité de A.

b. Vérifier que la probabilité de B est égale à 2

7 .

2. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de petits cubes rouges tirés par l'enfant.

a. Déterminer la loi de probabilité de X.

b. Calculer l'espérance mathématique de X.

3. L'enfant répète 5 fois l'épreuve "tirer simultanément 3 cubes de la boîte", en remettant dans la boîte les cubes tirés avant de procéder au tirage suivant. Les tirages sont indépendants.

On note p la probabilité que l'événement B soit réalisé.

a. Déterminer la probabilité que B soit réalisé au moins une fois à l'issue des 5 épreuves.

b. Déterminer la probabilité que l'événement B soit réalisé exactement 3 fois.

Correction

Préliminaire : il y a 8 8 7 6

8 7 56 3 3 2

        

  éventualités, c'est-à-dire 56 façons de tirer les 3 cubes.

1. Obtenir des cubes de couleur différente revient à obtenir 1 rouge ET 1 vert ET 1 jaune, c'est-à-dire

obtenir un rouge parmi les 4, et 1 vert parmi les 3 et le jaune :

4 3 1

1 1 4 3 1 3 ( )

8 56 14

3

p A

        

       

     

.

Obtenir au plus un petit cube c'est n'en obtenir aucun OU en obtenir un seul.

3 5 3

3 1 2 1 5 3 16 2 ( )

8 8 56 56 56 7

3 3

p B

           

                       

.

En effet, n'obtenir aucun cube, c'est prendre les 3 gros, et il n'y a qu'une possibilité (3 parmi les 3) OU n'en prendre qu'un (parmi les 5) ET prendre 2 gros cubes (parmi les 3).

2.a. La variable aléatoire donne le nombre de petis cubes rouges tirés ; il y en en trois en tout, on peut donc en tirer 0, 1, 2 ou 3.

 Aucun petit cube rouge:

3 5 5 4 3 10 3 10 53 2( 0)

8 56 56 28

3

p X

                        

.

 Un seul petit cube rouge

3 5 5 4 31 2 30 152( 1)

8 56 56 28

3

p X

            

          

.

 Deux petits cubes

3 5

2 1 3 5 15 ( 2)

8 56 56

3

p X

       

       

     

.

 Trois petits cubes rouges

3 5

3 0 1 1 1 ( 3)

8 56 56

3

p X

       

       

     

.

Loi de probabilité :

xk = ( X = k) 0 1 2 3 Somme 

pk = p(X = k) 5

28

15

28

15

56

1

56 1

pk xk 0 15

28

15

28

3

56

63 9

56 8 

2.b. 3

0

15 15 3 9 ( )

28 28 56 8

k

k k k

E X p x

      .

3. Les événements sont indépendants. Il s'agit d'un schéma de Bernouilli. avec :

 Succès : "Obtenir au plus un petit cube."

p = p(S) = 2/7 (Voir question 1.)

 Il y a 5 épreuves.

 On obtient k succès lors des n épreuves.

5 55 5 2 5( ) (1 )

7 7

k k k kp Y k p p

k k

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

       .

a. On veut obtenir au moins un succès lors des 5 épreuves. On appelle Y la variable aléatoire qui donne le

nombre de succès lors des 5 épreuves. Il s'agit de calculer p(Y  1) ou encore 1 – p(Y = 0) :

5 0 5 05 5 13682( 1) 1 ( 0) 1 (1 ) 1 0,8141

0 7 16807 p Y p Y p p

                 

   .

b. 3 2

3 5 35 5 2 5 2000( 3) (1 ) 0,1190 3 3 7 7 16807

p Y p p         

                     

.

1. 44. Urne

Une urne contient quatre jetons numérotés de 1 à 4.

On tire au hasard un jeton de l'urne, on lit le numéro, noté a, porté sur le jeton, puis on remet le jeton tiré dans l'urne.

On tire ensuite un deuxième jeton de l'urne, et on note b le numéro du jeton tiré.

On note G l'événement : "La partie est gagnée", lorsque la somme des numéros a et b est égale à 5.

1. Montrer que la probabilité de gagner est égale à 1

4 .

2. Deux personnes A et B jouent au jeu suivant, constitué d'un certain nombre de parties identiques décrites ci-après : au cours d'une partie, chaque joueur effectue le tirage de deux jetons décrit dans la question 1.

Si A gagne et B perd, A est déclaré vainqueur, et le jeu s'arrête, si A perd et B gagne, B est déclaré vainqueur, et le jeu s'arrête, dans les autres cas, les joueurs entreprennent une nouvelle partie ; le jeu continue.

Pour tout entier n, on désigne les événements suivants :

An : "A gagne la nième partie".

Bn : "B gagne la nième partie".

Cn : "Le jeu continue après la nième partie."

a. Calculer les probabilités p(A1), p(B1), et p(C1).

b. Exprimer p(Cn+1) en fontion de p(Cn) et montrer que 5

( ) 8

n

np C       

.

c. Exprimer p(An+1) en fonction de p(Cn) et en déduire que 1

3 5 ( )

16 8

n

np A

  

    

d. Déterminer la limite de p(An) quand n tend vers +.

e le plus petit entier n tel que p(An) soit inférieur ou égal à 0,01.

Correction

1. Il y a 4 possibilités pour le premier jeton ET 4 possibilités pour le second, soit 4  4 = 16 éventualités.

Pour gagner une partie, la somme doit être égale à 5. C'est-à-dire avoir l'un des couples suivants (1 ; 4), (2 ; 3), (3 ; 2), (4 ; 1), soit 4 des 16 éventualités. p(G) = 1/4.

2. a. Pour une partie donnée la situation peut être représentée par un arbre.

Pour calculer p(C1), on a : p(C1) = 1 – [p(A1) + p(B1)] = 3 3 10 5

1 16 16 16 8     ou encore, en utilisant

l'arbre : 1 1 1 3 3 1 9 10 5

( ) 4 4 4 4 16 16 16 8

p C         .

A ob

tie nt

5 B n’obtient pas 5

B n’obtient pas 5

B ob

tie nt

5

B ob

tie nt

5 A n’obtient pas 5

1

4

1

4

1

4

3

4

3

4

3

4

On rejoue.

A gagne 1 1 3 3

( ) 4 4 16

p A   

B gagne 1 3 1 3

( ) 4 4 16

p B   

On rejoue

2.b.

On peut représenter les parties avec un nouvel arbre dont les branches se terminent lorsque l'un ou l'autre des joueurs A et B a gagné. Dans le cas contraire, une nouvelle ramification se crée.

An+1

Bn+1

Cn+1

Cn

A1

A2

A3

B1

B2

B3

C1

C2

C3

(fig 1)

(fig 2)

Pour chaque branche, la probabilité que l'on rejoue sachant que personne n'a gagné au tour précédent

est de 5

8 . On a donc p(Cn+1) =

5

8 p(Cn). C'est une suite géométrique de raison

5

8 et de premier terme

5

8 , on obtient

5 ( )

8

n

np C       

.

2.c. De la même façon on a (fig.2) 1 3 3 5

( ) ( ) 16 16 8

n

n np A p C  

      

d'où 1

3 5 ( )

16 8

n

np A

  

    

.

2.d. 1

3 5 lim ( ) lim 0

16 8

n

n n n

p A

 

     

  car

5 1

8  .

2.e.

1 1 1 1

3 5 5 5 16 5 161000,01 ( 1) ln ln 316 8 8 8 300 8 300

16

16 ln

3001 6, 2 7, 2. 5

ln 8

n n n

n

n n

                            

     

5 (On change de sens car ln < 1)

8

On déduit que le plus petit entier naturel n tel que p(An) soit inférieur ou égal à 0,01 est n = 8.

1. 45. Tulipes

Un lot de tulipes a un pouvoir germinatif de 80% ; cela signifie que l'on considère que chaque bulbe a

une probabilité égale à 4

5 de produire une fleur et cela indépendamment des autres bulbes.

Chaque bulbe contient l'un des trois gènes R (rouge), B (blanc) et J (jaune) qui détermine la couleur de la future fleur éventuelle.

On suppose que la probabilité pour qu'un bulbe possède le gène R est 1

2 , la probabilité pour qu'un

bulbe possède le gène B est 1

10 , et la probabilité pour qu'un bulbe possède le gène J est

2

5 .

1. a. Tracer un arbre pondéré traçant la floraison d'un bulbe.

b. Quelle est la probabilité pour qu'un bulbe planté produise une fleur rouge ?

c. Quelle est la probabilité pour qu'un bulbe planté produise une fleur blanche ?

2. On appelle X la variable aléatoire qui associe le nombre k de fleurs rouges obtenues après avoir planté 5 bulbes.

a. Démontrer qu'il s'agit d'un schéma de Bernouilli dont on donnera les éléments caractéristiques.

b. Déterminer la loi de probabilité de X.

c. Calculer E(X).

3. Soit n un entier supérieur ou égal à 1.

On désigne par pn la probabilité de n'obtenir aucune tulipe blanche après avoir planté n bulbes.

Calculer pn.

4. Combien de bulbes doit-on planter, au minimum, pour obtenir au moins une tulipe blanche, avec une

probabilité supérieure ou égale à 19

20 ?

Correction

b. ( ) ( ) ( ) 0,8 0,5 0,4Fp F R p F p R      .

c. ( ) ( ) ( ) 0,8 0,1 0,08Fp F B p F p B      .

2.a. * Le succès est obtenir une fleur Rouge, il y a n = 5 épreuves, il y a k succès : ( ) 0,4p p F R   .

b.

0 5 1 4

2 3 3 2

4 1

5 5 ( 0) (0, 4) (0,6) 0,07776, ( 1) (0, 4) (0,6) 0, 2592,

0 1

5 5 ( 2) (0, 4) (0,6) 0, 3456, ( 3) (0, 4) (0,6) 0, 2304,

2 3

5 5 ( 4) (0, 4) (0,6) 0,0768, ( 5) (0, 4

4 5

p X p X

p X p X

p X p X

              

   

              

   

            

   

5 0) (0,6) 0,01024. 

X = xi 0 1 2 3 4 5

p(X = xi) 0,0776 0,2592 0,3456 0,2304 0,0768 0,01024

pixi 0 0,2592 0,6912 0,6912 0,3072 0,0512

5

1

( ) 2i i i

E X p x

   .

3. On a répété n fois l'expérience, et on n'a obtenu aucune fleur blanche :

0( 0) (0,08) (0,92) 0

n n

n p X

     

  .

4. Le contraire de "au moins une fleur blanche" est "aucune fleur blanche" : cette probabilité est donc

1 1 0,92nnp p    . Il faut donc que

19 19 1 1 ln 20 1 0,92 0,92 1 0,92 ln 0,92 ln ln 0,92 ln 20 35,9

20 20 20 20 ln 0,92

n n n n n n

               .

On doit donc planter au minimum 36 fleurs pour avoir une probabilité supérieure à 19/20 d'obtenir une fleur Blanche.

1. 46. Jetons

Un sac contient 10 jetons indiscernables au toucher : - 4 jetons blancs marqués 0 ;

- 3 jetons rouges marqués 7 ;

- 2 jetons blancs marqués 2 ;

- 1 jeton rouge marqué 5.

1. On tire simultanément 4 jetons du sac. Quel est le nombre de tirages possibles.

2. On considère que tous les tirages sont équiprobables et on considère les événements suivants :

A : "Les 4 numéros sont identiques."

B : "Avec les jetons tirés on peut former le nombre 2000."

C : "Tous les jetons sont blancs."

D : "Tous les jetons sont de la même couleur."

E : "Au moins un jeton porte un numéro différent des autres."

a. Calculer la probabilité de B

b. Calculer la probabilité des événements A, C, D et E.

c. On suppose que l'événement C est réalisé, calculer alors la probabilité de l'événement B.

3. On établit la règle du jeu suivante :

Si le joueur peut former le nombre 7000 il gagne 75 €.

Si le joueur peut former le nombre 2000 il gagne 25 €.

Si le joueur peut former le nombre 0000 il perd 15 €.

Pour tous les autres tirages, il perd 5 €.

G est la variable aléatoire égale au gain du joueur. Etablir la loi de probabilité de G et calculer son espérance mathématique.

Correction

1. Il y a 10

210 4

   

  tirages distincts possibles.

2. a.

2 4

1 3 8 4 ( )

210 210 105 p B

       

       .

b. A n'est réalisé que lorsque les 4 jetons portent le numéro 0, il n'y a qu'une possibilité. 1

( ) 210

p A  .

Il y a 6 jetons blancs. La probabilité est donc :

6

4 15 1 ( )

210 210 14 p C

         .

Les jetons peuvent être, soit tous blancs, soit tous rouges. Or il n'y a que 4 jetons rouges, donc une seule

possibilité qu'ils soient tous rouges : 1 16 8

( ) ( ) 210 210 105

p D p C    .

Au moins un jeton porte un numéro différent des autres. Le contraire est "tous les jetons ont le même

numéro", qui n'est réalisé que pour le numéro 0. 209

( ) 1 ( ) 210

p E p A   .

c. C est réalisé, c'est-à-dire tous les jetons sont blancs. On rappelle que 4 d'entre eux ont le numéro 0 et deux d'entre eux, le numéro 2.

Pour que B soit réalisé, la probabilité est donc de

4 ( ) ( ) 8105( )

1( ) ( ) 15

14

C

p B C p B p B

p C p C

     , en effet on a

( ) ( )p B C p B  car on ne peut former 2000 qu'avec des jetons blancs.

3. Pour 7000 :

3 4

1 3 12 2 ( 75)

210 210 35 p G

       

        ; pour 2000 :

4 ( 25) ( )

105 p G p B   ; pour

0000 : 1

( 15) 210

p G    ; les autres : 2 4 1 12 8 1 189

( 5) 1 1 35 105 210 210 210

p G   

           

.

G –15 –5 25 75

p(G = xi) 1

210

189

210

4 8

105 210 

2 12

35 210  1

pi xi 15

210

5 189

210

 

25 8

210

75 12

210

2

3

E(G)= 15 945 200 900 140 2

0,66 210 210 3

       . Le joueur peut espérer gagner 0,66 centimes d'Euros par

jeu : celui-ci lui est légèrement favorable.

1. 47. Vie et mort de bactéries, concours Geipi 2001

Préambule : Soit t un entier positif. À l'instant t une bactérie vit dans un milieu de culture.

À l'instant suivant, t + 1, cette bactérie peut

* mourir avec une probabilité 1

4 ,

* continuer à vivre avec une probabilité 1

4 ,

* se diviser en deux bactéries identiques avec une probabilité 1

2 .

Partie A

On suppose dans cette partie, qu'à l'instant t, il y a deux bactéries b1 et b2 dans le milieu de culture, chacune se comportant de la même façon, décrite dans le préambule, et indépendamment l'une de l'autre.

On appelle X le nombre total de bactéries à l'instant suivant t + 1 .

1. Compléter le tableau donné, à l'aide du nombre n de bactéries restantes à l'instant t + 1 et de la probabilité p de l'événement correspondant.

n = nombre de bactéries à t+1

p = probabilité qu’il y ait n bactéries à t+1

2. Quelles sont les valeurs possibles prises par X ?

3. a. Décrire, à l'aide d'une phrase, l'événement { X = 2 }.

b. Justifier que la probabilité de l'événement { X = 2 } est égale à 5

( 2) 16

P X   .

Partie B

On suppose dans cette partie qu'à l'instant 0 il y a une seule bactérie dans le milieu de culture, qui se comporte comme décrit dans le préambule.

Ensuite, si à l'instant 1 il y a des bactéries, elles se comportent à l'instant suivant comme la bactérie initiale et ceci indépendamment les unes des autres.

Si à un instant il n'y a plus de bactérie le processus d'évolution s'arrête.

On se propose d'étudier le nombre de bactéries à l'instant 2.

1. Compléter l'arbre donnant toutes les possibilités pour le nombre de bactéries aux instants 1 et 2. Donner sur chaque branche de l'arbre la probabilité correspondante.

2. O n désigne par A1, l'événement « à l'instant 1 il y a une bactérie » et par B2 l'événement « à l'instant 2 il y a deux bactéries ».

a. Donner la probabilité  21AP B qu'il y ait deux bactéries à l'instant 2 sachant qu'il y avait une bactérie

à l'instant 1.

b. Calculer la probabilité 1 2( )P A B qu'il y ait une bactérie à l'instant 1 et deux bactéries à l'instant 2.

3. On désigne par A2 l'événement « à l'instant 1 il y a deux bactéries ».

a. Donner la probabilité  22AP B qu'il y ait deux bactéries à l'instant 2 sachant qu'il y avait deux

bactéries à l'instant 1.

b. Calculer la probabilité 2 2( )P A B qu'il y ait deux bactéries à l'instant 1 et deux bactéries à l'instant 2.

4. Soit Y la variable aléatoire représentant le nombre de bactéries à l'instant 2.

a. Quelles sont les valeurs que peut prendre Y ?

b. Calculer la probabilité de l'événement { Y = 2 } .

c. Calculer la probabilité de l'événement { Y = 0 } .

d. Faire un tableau donnant la loi de probabilité de Y.

e. Calculer l'espérance E(Y) de Y.

Correction

Résumons les probabilités données dans l’énoncé :

état meurt vit division

p 1/4 1/4 1/2

Partie A

1 t=0

t=1

t=2

0 1 2

0 0 0 ?… 2

1

4

1

4

1

4

1

16

5

16

?… ?…

?… ?…

?…

?… ?…

?… ?…

?… ?…

1. Complétons le tableau suivant :

t+1 b1 vit b1 meurt b1 se divise total

b2 vit 1 1 1

. 4 4 16 

1 1 1 .

4 4 16 

1 1 1 .

2 4 8 

1

4

b2 meurt 1 1 1

. 4 4 16 

1 1 1 .

4 4 16 

1 1 1 .

2 4 8 

1

4

b2 se divise

1 1 1 .

2 4 8 

1 1 1 .

2 4 8 

1 1 1 .

2 2 4 

1

2

total 1

4

1

4

1

2 1

Qui nous permet simplement de compléter celui demandé : il y aura donc les probabilités suivantes :

0 bactéries si les deux meurent : 1

16 ;

1 bactérie si b1 meurt et b2 vit ou le contraire : 1

16 +

1

16 =

1

8 ;

2 bactéries si b1 vit et b2 vit ou b1 se divise et b2 meurt ou le contraire : 1

16 +

1

8 +

1

8 =

5

16 ;

3 bactéries si b1 vit et b2 se divise ou le contraire : 1

8 +

1

8 =

1

4 ;

4 bactéries si b1 se divise et b2 se divise : 1

4 .

n=nombre de bactéries à t+1 0 1 2 3 4 total

p=probabilité qu’il y ait n bactéries à t+1

1

16

1

8

5

16

1

4

1

4 1

2. X peut donc prendre les valeurs 0, 1, 2, 3 ou 4.

3. a. L'événement {X = 2} signifie qu’il y a deux bactérie à l’instant t+1.

b. P{X = 2} = probabilité que b1 vit et b2 vit ou b1 se divise et b2 meurt ou le

contraire = 1 1 1 1 1 1 1 2 2 5

. . . 4 4 2 4 4 2 16 16

      .

Partie B

1. Pratiquement toutes les réponses de l’arbre sont connues puisque s’il y a 1 bactérie à l’instant 1 on est dans la situation de l’énoncé et s’il y en a 2 on est dans la situation de la partie A :

t=0

t=1

t=2

1

0 1 2

0 0 2 1 0 1 2 3 4

1

4

1

2

1

4

1

4

1

2 1

16 1

8

5

16

1

4

1

4

1

4

1

4

1

4

2. a. 21( )AP B est la probabilité qu’il y ait 2 bactéries à l’instant 2 sachant qu’il y en a 1 à l’instant 1 : on est

sur la branche 1-1-2 de l’arbre mais on ne s’intéresse qu’à ce qui se passe entre t=1 et t=2 : 21 1

( ) 2

AP B  .

b. 1 2 2 11 1 1 1

( ) ( ) ( ) 2 4 8

AP A B P B P A      ; en fait on multiplie les probabilités de chaque bout de

branche de l’arbre.

3. a. 22 ( )AP B = probabilité de la branche 1-2-2 limitée au deuxième segment = 5

16 .

b. 2 2 2 22 1 5 5

( ) ( ) ( ) 2 16 32

AP A B P B P A      .

4. a. Y peut prendre les valeurs 0, 1, 2, 3 ou 4 comme X.

b. P({ Y = 2 })= 1 2( )P A B + 2 2( )P A B = 1 5 9

8 32 32   .

c. P({ Y = 0 })= 1 1 1 1 1 11

.1 . . 4 4 4 2 16 32    .

d. Loi de probabilité de Y :

Y=nombre de bactéries à t=2 0 1 2 3 4 total

P=probabilité qu’il y ait Y bactéries à t=2

11

32

4

32

9

32

4

32

4

32 1

e. 11 4 9 4 4 50 25

( ) 0. 1. 2. 3. 4. 1,5625 32 32 32 32 32 32 16

E Y         .

1. 48. Contrôle de qualité, Polynésie 2005

3 points

Une usine d’horlogerie fabrique une série de montres. Au cours de la fabrication peuvent apparaître deux types de défauts, désignés par a et b. 2 % des montres fabriquées présentent le défaut a et 10 % le défaut b.

Une montre est tirée au hasard dans la production. On définit les évènements suivants :

A : « la montre tirée présente le défaut a » ;

B : « la montre tirée présente le défaut b » ;

C : « la montre tirée ne présente aucun des deux défauts » ;

D : « la montre tirée présente un et un seul des deux défauts ».

On suppose que les évènements A et B sont indépendants.

1. Montrer que la probabilité de l’évènement C est égale à 0,882.

2. Calculer la probabilité de l’évènement D.

3. Au cours de la fabrication, on prélève au hasard successivement cinq montres. On considère que le nombre de montres fabriquées est assez grand pour que l’on puisse supposer que les tirages se font avec remise et sont indépendants.

Soit X la variable aléatoire qui, à chaque prélèvement de cinq montres, associe le nombre de montres ne présentant aucun des deux défauts a et b. On définit l’évènement E : « quatre montres au moins n’ont aucun défaut ».

Calculer la probabilité de l’évènement E. On en donnera une valeur approchée à 103 près.

Correction

1. Comme A et B sont indépendants on a ( ) ( ) ( ) 0,02 0,1p A B p A p B    ; on en déduit donc que

 (C) 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 1 0,02 0,1 (0,02 0,1) 0,882p p A B p A p B p A B              .

t=2

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