Sciences statistiques - Exercice 4 - 3° partie, Exercices de Statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8930 May 2014

Sciences statistiques - Exercice 4 - 3° partie, Exercices de Statistiques

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Sciences statistiques - Exercice 4 - 3° partie - Probabilités. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: Erreurs d’impression, Séquences correctes, Contrôle de chaudières, La probabilité cherchée.
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2. Il y a 0,02 − 0,002 = 0,018 chances de tomber sur une montre n’ayant que le défaut a ; de même il y a 0,1 − 0,002 = 0,098 chances de tomber sur une montre n’ayant que le défaut b ; on a donc

( ) 0,018 0,098 0,116p D    .

3. X suit une loi binomiale (5 ; 0,882)B ;

4 1 5 0 5 5

( ) ( 4) ( 4) ( 5) 0,882 0,118 0,882 0,118 0,891 4 5

p E p X p X p X    

               

.

1. 49. Erreurs d’impression, Am. du Sud 1999

5 points

Un appareil électronique envoie à une imprimante un code qui est un nombre de quatre chiffres, chaque chiffre ne pouvant prendre que les valeurs 0 ou 1 (par exemple : 1011).

1. a. Combien l’appareil peut-il fabriquer de codes distincts ?

On supposera dans ce qui suit que tous ces codes ont la même probabilité d’être produits.

b. Soit X la variable aléatoire représentant le nombre de 1 figurant dans le code. Donner la loi de probabilité de X et calculer son espérance mathématique.

2. Une imprimante a été choisie au hasard dans une série.

À la suite d’études antérieures, on a observé cinq cas possibles. Dans le cas E0, l’imprimante n’écrit que des 0, quel que soit le code émis par l’appareil. Pour chaque élément n de l’ensemble {1, 2, 3}, dans le cas En l’imprimante écrit correctement les n premiers caractères du code et n’écrit ensuite que des 0.

Par exemple, lorsque E2 survient, tous les codes commençant par 01 sont imprimés 0100. Dans le cas E4, l’imprimante fonctionne correctement.

L’état de l’imprimante sera donc considéré comme le résultat d’une épreuve aléatoire ayant cinq issues possibles E0, E1, E2, E3, E4.

On admet que, pour chaque élément n de l’ensemble {0, 1, 2, 3},   3E 32 10nP   . Le code émis par

l’appareil est indépendant de l’état de l’imprimante.

a. Calculer la probabilité P(E4). Pour la suite, C désigne l’évènement : « le code imprimé est identique à celui émis par l’appareil ».

b. On suppose que E0 se produit. Quelle est la probabilité  E0 CP que le code imprimé soit quand

même celui que l’appareil a envoyé ? En déduire la probabilité  0C EP  .

c. Déterminer de même  E CnP puis  C EnP  pour tout élément n de l’ensemble {1, 2, 3, 4}.

En déduire P(C).

d. Si le code imprimé est exactement celui émis par l’appareil, quelle est la probabilité que E2 se soit produit ?

Correction

1. a. Il y a deux possibilités pour chaque chiffre, soit 24=16.

b. X peut prendre les valeurs 0, 1, 2, 3 ou 4. La loi de X est une loi binomiale 1

4, 2

B      

. Son espérance est

1 4. 2

2 np   .

2.   3E 32 10nP   .

a.     3

3 4

0

E 1 E 1 4 32 10 0,872n n

P P

       .

b. Si E0 s’est produit, l’imprimante n’a marqué que des 0, il fallait donc que l’appareil envoie la séquence

0000 :  E0 1

C 16

P  . On en déduit      0 E 00 1

C E C E 0,032 0,002 16

P P P      .

c. On résume les résultats dans un tableau.

n Séquences correctes  E CnP  C EnP

0 0000 1

16 0,002

1 0000, 1000 2

16 0,004

2 0000, 1000, 0100, 1100 4

16 0,008

3 0000, 1000, 0100, 1100,

0010, 0110, 1010, 1110

8

16 0,0016

4 0000, …., 1111 16

16 0,872

    4

0

C C E 0,002 0,004 0,008 0,016 0,872 0,902n n

P P

        .

d. On cherche    

  2

C 2

C E 0,008 E 0,0089

C 0,902

P P

P

    .

1. 50. Contrôle de chaudières, Antilles 2002

4 points

Pour entretenir en bon état de fonctionnement ses installations de chauffage, une société immobilière fait contrôler les chaudières de son parc de logements pendant l’été.

On sait que 20 % des chaudières sont sous garantie.

Parmi les chaudières sous garantie, la probabilité qu’une chaudière soit défectueuse est de 1

100 .

Parmi les chaudières qui ne sont plus sous garantie, la probabilité qu’une chaudière soit défectueuse est

de 1

10 .

On appelle G l’événement : « la chaudière est sous garantie » ;

on appelle D l’événement : « la chaudière est défectueuse ».

1. Calculer la probabilité des évènement suivants :

A : « la chaudière est garantie et est défectueuse » ;

B : « la chaudière est défectueuse ».

2. Dans un logement la chaudière est défectueuse. Montrer que la probabilité qu’elle soit sous garantie

est de 1

41 .

3. Le contrôle est gratuit si la chaudière est sous garantie.

Il coûte 80 euros si la chaudière n’est plus sous garantie et n’est pas défectueuse.

Il coûte 280 euros si la chaudière n’est plus sous garantie et est défectueuse.

On note X la variable aléatoire qui représente le coût du contrôle d’une chaudière. Déterminer la loi de probabilité de X et son espérance mathématique.

4. Au cours de la période de contrôle, on a trouvé 5 chaudières défectueuses. Quelle est la probabilité qu’au moins l’une d’entre elles soit sous garantie ?

Correction

1. Le texte donne  G 0,2p  ,  G D 0,01p  et  G D 0,1p  .

       GA G D G D 0,2 0,01 0,002p p p p       ;

             G GD G D G D G D G D 0,002 0,8 0,1 0,082p p p p p p p            .

2. On cherche    

  D

D G 0,002 2 1 G

D 0,082 82 41

p p

p

     .

3. X peut prendre les valeurs 0, 80 ou 280 ;

   0 G 0,2p X p   ;

         G80 G D G D 0,8 1 0,1 0,72p X p p p        ;

       G280 G D G D 0,8 0,1 0,08p X p p p       .

 E 0,2 0 0,72 80 0,08 280 80X        .

4. Soit N le nombre de chaudières sous garantie parmi les chaudières défectueuses : N suit une loi

binomiale de paramètres 5n  ,  D 1

G 41

p p  .

La probabilité cherchée est

      5 5

505 1 401 1 0 1 1 1 1 1 0,116 0 41 41

p N p N p p      

                     

.

1. 51. Clefs et portes, Pondicherry 2000

4 points

Un professeur se trouve en possession de 5 clefs de salles. Il se tient devant une porte et il sait que, parmi ses 5 clefs, 2 n’ouvrent pas la porte parce qu’elles sont défectueuses mais les autres le peuvent. Il veut alors les tester toutes, une à une.

Le choix des clefs est effectué au hasard et sans remise.

On appelle clef numéro x la clef utilisée au x-ième essai.

1. On appelle D1 l’évènement : « La clef numéro 1 n’ouvre pas la porte ». Calculer sa probabilité.

2. On appelle D2 l’évènement : « La clef numéro 2 n’ouvre pas la porte ». Calculer la probabilité que l’évènement D2 se réalise, sachant que l’évènement D1 est réalisé.

En déduire la probabilité de l’évènement 1 2D D . On pourra, pour la suite de l’exercice, s’aider d’un

arbre pondéré.

3. Quelle est la probabilité de l’événement : « Les clefs numéros 1 et 2 ouvrent la porte et la clef numéro 3 ne l’ouvre pas » ?

4. Pour 1 5i j   , on note (i ; j) l’événement : « Les clefs qui n’ouvrent pas la porte sont les clefs

numéros i et j », et P(i ; j) la probabilité de cet évènement.

a. Calculer P(2 ; 4).

b. Calculer P(4 ; 5).

Correction

1. Comme 2 clefs n’ouvrent pas sur les 5,  1 2

D 5

P  .

2. Il reste alors 4 clefs dont 1 n’ouvre pas :  D 21 1

D 4

P  .      1 2 1 D 21 2 1 1

D D D D 5 4 10

P P P     .

3. On cherche  1 2 3 3 2 2

D D D 5 4 3

P      .

4. a. & b.

(O, N)=(3, 2) Ouvre (2, 2) N’ouvre pas (2, 1) Ouvre (1, 1) N’ouvre pas (1, 0) Ouvre (0, 0)

Probabilité 3/5 2/4 2/3 1/2 1/1

(O, N)=(3, 2) Ouvre (2, 2) Ouvre (1, 2) Ouvre (0, 2) N’ouvre pas (0, 1) N’ouvre pas (0,

0)

Probabilité 3/5 2/4 1/3 2/2 1/1

Soit les probabilités :   3 2 2 1 1 12

2 ; 4 5 4 3 2 1 120

P       et   3 2 1 2 1 12

4 ; 5 5 4 3 2 1 120

P       .

1. 52. Boules, Centres étrangers 2000

5 points

Les deux questions de cet exercice sont indépendantes et on donnera les réponses sous forme de fractions.

Une urne contient 6 boules bleues, 3 boules rouges, et 2 boules vertes, indiscernables au toucher.

1. On tire simultanément au hasard 3 boules de l’urne.

a. Calculer la probabilité de chacun des évènements suivants :

E1 : « Les boules sont toutes de couleurs différentes. »

E2 : « Les boules sont toutes de la même couleur. »

b. On appelle X la variable aléatoire qui, à tout tirage de trois boules associe le nombre de boules bleues tirées.

Établir la loi de probabilité de X.

Calculer l’espérance mathématique de X.

2. Soit k un entier supérieur ou égal à 2.

On procède cette fois de la façon suivante : on tire au hasard une boule de l’urne, on note sa couleur, puis on la replace dans l’urne avant de procéder au tirage suivant.

On effectue ainsi k tirages successifs.

Quelle est la valeur minimale de k pour que la probabilité de ne tirer que des boules bleues soit au moins mille fois plus grande que la probabilité de ne tirer que des boules rouges ?

Correction

Une urne contient 6 boules bleues, 3 boules rouges, et 2 boules vertes, indiscernables au toucher.

1. Nombre de possibilités : 11 11.10.9

165 3 3.2.1

    

  .

a. E1 : « Les boules sont toutes de couleurs différentes » : on tire 3 parmi les bleues ou 3 parmi les

rouges, soit  1

6 3 2

1 1 1 6.3.2 36 E

165 165 165 P

               .

E2 : « Les boules sont toutes de la même couleur » : on tire une boule parmi chaque couleur :

 2

6 3

3 3 20 1 21 E

165 165 165 P

       

       .

b. X peut prendre les valeurs 0, 1, 2 ou 3 :  

6 5

3

165

k k P X k

     

     .

Les calculs donnent :   10 60 75 20 270

0. 1. 2. 3. 1,64 165 165 165 165 165

E X       .

2. Il s’agit pour les bleues comme pour les rouges de lois binomiales donnant la probabilité de tirer m

boules d’une couleur donnée sur k tirages ; pour les bleues : 6

, 11

B k      

,   6

bleues 11

k

P k       

, et pour

les rouges : 3

, 11

B k      

,   3

rouges 11

k

P k       

; il faut donc résoudre

6 3 1000 2 1000 10

11 11

k k k k

           

    .

1. 53. Cinéma, Antilles 2000

4 points

Un groupe de vingt-deux personnes décide d’aller au cinéma deux samedis de suite pour voir deux films A et B.

Le premier samedi, huit personnes vont voir le film A, et les autres vont voir le film B.

Le deuxième samedi, quatre personnes décident de revoir le film A, deux vont revoir le film B, et les autres vont voir le film qu’elles n’ont pas vu la semaine précédente.

Après la deuxième séance, on interroge au hasard une personne de ce groupe. On considère les évènements suivants :

A1 « la personne interrogée a vu le film A le premier samedi » ;

A2 « la personne interrogée a vu le film A le deuxième samedi » ;

B1 « la personne interrogée a vu le film B le premier samedi » ;

B2 « la personne interrogée a vu le film B le deuxième samedi ».

1. a. Calculer les probabilités suivantes : p(A1) et p(A2).

b. Calculer les probabilités de chacun des évènements suivants :  21Ap A ,  21Bp A et  1 2p A A.

c. Reproduire et compléter l’arbre pondéré suivant, en remplaçant chaque point d’interrogation par la probabilité correspondante. Aucune justification n’est demandée pour cette question.

d. Retrouver à partir de l’arbre pondéré que  2 8

11 p A  .

2. Le prix du billet pour le film A est de 30 F et de 20 F pour le film B.

On appelle X la variable aléatoire égale au coût total, pour la personne interrogée, des deux séances de cinéma.

a. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire X.

b. Déterminer l’espérance mathématique de la variable aléatoire X.

Correction

A B Total

Samedi 1 8 14 22

Samedi 2 4 (A)+12 (B) 2 (B) +4 (A) 22

Total 24 20 44

1. a.  1 8 4

22 11 p A   ;  2

16 8

22 11 p A   .

b.  21 4 1

8 2 Ap A   ,  21

12 6

14 7 Bp A   ,      1 2 1 21

4 1 2

11 2 11 Ap A A p A p A     .

c.

A2 sachant A1 : 4/8 A2 et A1 : 2/11

A1 : 8/22=4/11

B2 sachant A1 : 4/8 B2 et A1 : 2/11

A2 sachant B1 : 12/14 A2 et B1 : 6/11

B1 : 14/22=7/11

B2 sachant B1 : 2/14 B2 et B1 : 1/11

d.      2 1 2 1 2 2 6 8

11 11 11 p A p A A p B A       .

?

?

?

?

?

?

A1

B1

A2 ?

A2 ?

B2 ?

B2 ?

2. a. X peut prendre les valeurs 40, 50 ou 60 F.

X 40 (B, B) 50 (A, B) ou (B, A) 60 (A, A)

PX 1

11

6 2 8

11 11 11  

2

11

b.   1 8 2 560

40 50 60 11 11 11 11

E X        .

1. 54. Boules et fonction, Liban 2000

6 points

Une urne contient 10 boules indiscernables, 5 rouges, 3 jaunes, et 2 vertes.

Dans les questions 1 et 2 on tire au hasard et simultanément 3 boules de cette urne.

Les réponses seront données sous forme de fractions irréductibles.

1. Soit les évènements suivants :

A « Les trois boules sont rouges. »

B « Les trois boules sont de lamême couleur. »

C « Les trois boules sont chacune d’une couleur différente. »

a. Calculer les probabilités p(A), p(B) et p(C).

b. On appelle X la variable aléatoire qui à chaque tirage associe le nombre de couleurs obtenues.

Déterminer la loi de probabilité de X. Calculer E(X).

2. Dans cette question, on remplace les 5 boules rouges par n boules rouges où n est un entier supérieur ou égal à 2. L’urne contient donc n + 5 boules, c’est-à-dire, n rouges, 3 jaunes et 2 vertes. On tire au hasard et simultanément deux boules de cette urne. Soit les évènements suivants :

D « Tirer deux boules rouges. »

E « Tirer deux boules de la même couleur. »

a. Montrer que la probabilité de l’événement D est    

  

1

5 4

n n p D

n n

 

  .

b. Calculer la probabilité p(E) de l’évènement E en fonction de n.

Pour quelles valeurs de n a-t-on   1

2 p E  ?

Correction

1. Nombre de possibilités : 10 10.9.8

120 3 3.2.1

    

  .

a.  

5

3 1

120 12 p A

        ,  

5 3

3 3 11

120 120 p B

       

      ,  

5 3 2

1 1 1 30 1

120 120 4 p C

               .

b. X peut prendre les valeurs 1, 2 ou 3 :     11

1 120

p X p B   ;     30 1

3 120 4

p X p C    et

      11 30 79

2 1 1 3 1 120 120 120

p X p X p X          .

  11 79 30 259

1. 2. 3. 2,16 120 120 120 120

E X      .

2. a. Nombre de tirages possibles :   5 5 4

2 2

n n n     

  . Nombre de tirages possibles pour D :

 1

2 2

n n n   

  . Après simplification on a  

 

  

1

5 4

n n p D

n n

 

  .

b. E = 2 rouges ou 2 jaunes ou 2 vertes, soit   23 2 1 8

3 1 2 2 2 2 2

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

      d’où

    

2 2

2

8 8

5 4 9 20

n n n n p E

n n n n

     

    .

On a   2

2 2 2

2

1 8 1 2 2 16 9 20 11 4 0

2 29 20

n n p E n n n n n n

n n

              

  . Après résolution on a

11,35n  , soit n = 12.

1. 55. Jetons+VA, Polynésie 2000

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 suppose que tous les tirages sont équiprobables, et on considère les évènements suivants :

A : « Les quatre 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 lamême couleur ». E : « Au moins un jeton porte un numéro différent des autres ».

a. Montrer que la probabilité de l’évènement B est 4

105 .

b. Calculer la probabilité des évènements A, C, D, E. c. On suppose que l’évènement C est réalisé, calculer alors la probabilité de l’évènement B. 3. On établit la règle de jeu suivante :

− Si le joueur peut former 5 000, il gagne 75 F. − Si le joueur peut former le nombre 7 000, il gagne 50 F. − Si le joueur peut former le nombre 2 000, il gagne 20 F. − Si le joueur peut former le nombre 0 000, il perd 25 F. − Pour tous les autres tirages, il perd 5 F.

G est la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur. Établir la loi de probabilité de G et calculer l’espérance mathématique de G. Correction

1. Nombre de tirages possibles : 10 10.9.8.7

210 4 4.3.2.1

    

  .

2. a. Pour faire 2000 il faut tirer 1 blanc n°2 parmi 2 et 3 blancs n°0 parmi 4, soit 8 possibilités. La

probabilité de l’évènement B est   8 4

210 105 p B   .

b. A : 4 blancs 0 parmi 4 :   1

210 p A  ; C : 4 blancs parmi 6, soit  

6 6

4 2 15 1

210 210 210 14 p C

                ;

D : 4 blancs parmi 6 ou 4 rouges parmi 4, soit   15 1 16 8

210 210 210 105 p D     ;

E : événement contraire : tous les jetons ont le même numéro, soit A ;     209

1 210

p E p A   .

c. Le fait que C soit réalisé limite les tirages possibles à 15 ; on a alors   8

15 Cp B  .

3. G −25 −5 20 50 75

pG 1

210

210 1 8 12 4 185

210 210

    

8

210

3 4 12

210 210

 

1 4 4

210 210

 

  1 185 8 12 4 110

25 5 20 50 75 0,52 210 210 210 210 210 210

E G         .

1. 56. Promenades familliales, Liban 2001

4 points

Dans un village de vacances situé en montagne deux familles A et B disposent de cinq circuits balisés de promenades c1, c2, c3, c4, c5.

Partie A

Chaque matin, chacune des familles tire au hasard, indépendamment l’une de l’autre, un des cinq circuits.

1. Combien y-a-t-il de tirages possibles pour l’ensemble des deux familles ?

2. Quelle est la probabilité pour qu’elles fassent le même jour, le même circuit ?

3. Quelle est la probabilité pour que pendant n jours consécutifs, elles ne se trouvent jamais sur le même circuit ?

4. Déterminer la plus petite valeur de n pour laquelle la probabilité de se trouver au moins une fois sur le même circuit est supérieure ou égale à 0,9.

Partie B

On considère dans cette partie deux jours consécutifs. Le deuxième jour chaque famille élimine de son tirage le circuit qu’elle a fait la veille. Il reste donc quatre circuits pour chacune des deux familles.

On note :

E l’évènement « les deux familles font le même circuit le premier jour ».

F l’évènement « les deux familles font le même circuit le deuxième jour ».

Calculer les probabilités suivantes : P(E) ,  EP F ,  EP F puis  P F E et  P F E . En déduire P(F).

Correction

Partie A

1. La famille A a 5 choix de même que la famille B, il y a 25 tirages possibles.

2. Si on appelle  ,a b un tirage, il y a 5 choix possibles pour a et si on veut le même pour b, il n’y a

qu’un choix, soit 5.1=5. La probabilité est donc 5 1

25 5  .

3. Soit X le nombre de jours où les deux familles font le même circuit, X suit une loi binomiale de

paramètres n et 1

5 p  ; elles ne se trouveront jamais sur le même circuit si X = 0 :

    4

0 1 5

n n

p X p  

       

.

4. La probabilité de se trouver au moins une fois sur le même circuit est

    4

1 1 0 1 5

n

p X p X  

         

;

on résoud donc 4 4 ln 0,1

1 0,9 0,1 10,32 5 5 ln(4 / 5)

n n

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

: on a donc n = 11.

Partie B

  1

P E 5  ;  E

1 P F

4  ;      E

1 1 1 P F E P F P E

4 5 20       .

Pour   E

P F comme elles ont toutes les deux éliminé un circuit différent, elles ne peuvent se retrouver

que sur les 3 restants, donc   E

1 P F

3  ; on en tire      E

1 4 4 P F E = P F P E

3 5 15      .

      4 1 19

P F P F E P F E 15 20 60

       .

1. 57. Retard au travail, Polynésie 2006

On a posé à 1 000 personnes la question suivante : « Combien de fois êtes-vous arrivé en retard au travail au cours des deux derniers mois ? ». Les réponses ont été regroupées dans le tableau suivant :

Retards le 1er mois

Retards le 2ème mois

0 1 2 ou plus Total

0 262 212 73 547

1 250 73 23 346

2 ou plus 60 33 14 107

Total 572 318 110 1000

1. On choisit au hasard un individu de cette population.

a. Déterminer la probabilité que l’individu ait eu au moins un retard le premier mois,

b. Déterminer la probabilité que l’individu ait eu au moins un retard le deuxième mois sachant qu’il n’en a pas eu le premier mois.

2. On souhaite faire une étude de l’évolution du nombre de retards sur un grand nombre n de mois (n entier naturel non nul). On fait les hypothèses suivantes :

– si l’individu n’a pas eu de retard le mois n, la probabilité de ne pas en avoir le mois n+1 est 0,46.

– si l’individu a eu exactement un retard le mois n, la probabilité de ne pas en avoir le mois n+1 est 0,66.

– si l’individu a eu deux retards ou plus le mois n, la probabilité de ne pas en avoir le mois n+1 est encore 0,66.

On note An, l’évènement « l’individu n’a eu aucun retard le mois n, Bn, l’évènement « l’individu a eu exactement un retard le mois n », Cn, l’évènement « l’individu a eu deux retards ou plus le mois n ».

Les probabilités des évènements An, Bn, Cn sont notées respectivement pn, qn et rn.

a. Pour le premier mois (n = 1), les probabilités p1, q1 et r1 sont obtenues à l’aide du tableau précédent. Déterminer les probabilités p1, q1 et r1.

b. Exprimer pn+1 en fonction de pn, qn, et rn. Onpourra s’aider d’un arbre.

c. Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, pn+1 = −0,2pn +0,66.

d. Soit la suite (un) définie pour tout entier naturel n non nul par un = pn − 0,55. Démontrer que (un) est une suite géométrique dont on donnera la raison.

e. Déterminer lim n n

u 

. En déduire lim n n

p 

.

Correction

1. a. Il y a 318 + 110 = 428 individus sur 1000, la probabilité est de 0,428.

b. Il y en a 572 qui n’ont pas eu de retard le premier mois, parmi eux 250 + 60 = 310 ont eu un retard le

deuxième mois, soit une probabilité de 310

0,542 572  .

2. a. A1, = « aucun retard le mois 1 », soit une probabilité de 1 0,572p  ; B1 = « exactement 1 retard le

mois 1 » : 1 0,318q  et C1 = « deux retards ou plus le mois 1 » : 1 0,110r  .

b. On utilise les probabilités totales :

       

           

1 1 1 1 1

1 1 1 0,46 0,66 0,66 .

n n n n n n n n

A n n B n n C n n n n nn n n

p p A p A A p A B p A C

p A p A p A p B p A p C p q r

    

  

      

     

c. Mais on a 1 1n n n n n np q r q r p       donc  1 0,46 0,66 1 0,2 0,66n n n np p p p       .

d.  1 1 0,55 0,2 0,66 0,55 0,2 0,55 0,11 0,2 0,11 0,11 0,2n n n n n nu p p u u u                 .

(un) est une suite géométrique de raison −0,2.

e. Comme 0,2 1  , lim 0n n

u 

 donc lim 0,55n n

p 

 .

1. 58. VA+Markov, Am. du Nord 2007

5 points

Un joueur débute un jeu au cours duquel il est amené à faire successivement plusieurs parties. La probabilité que le joueur perde la première partie est 0,2. Le jeu se déroule ensuite de la manière suivante :

* s’il gagne une partie, alors il perd la partie suivante avec une probabilité de 0,05 ;

* s’il perd une partie, alors il perd la partie suivante avec une probabilité de 0,1.

1. On appelle :

E1 l’événement « le joueur perd la première partie » ;

E2 l’événement « le joueur perd la deuxième partie » ;

E3 l’événement « le joueur perd la troisième partie ».

On appelle X la variable aléatoire qui donne le nombre de fois où le joueur perd lors des trois premières parties. On pourra s’aider d’un arbre pondéré.

a. Quelles sont les valeurs prises par X ?

b. Montrer que la probabilité de l’événement  2X  est égale à 0,031 et que celle de l’événement

 3X  est égale à 0,002.

c. Déterminer la loi de probabilité de X.

d. Calculer l’espérance de X.

2. Pour tout entier naturel n non nul, on note En l’événement « le joueur perd la n-ième partie »,

nE l’événement contraire, et on note np la probabilité de l’événement En.

a. Exprimer, pour tout entier naturel n non nul, les probabilités des événements 1n nE E  et 1n nE E 

en fonction de np .

b. En déduire que 1 0,05 0,05n np p   pour tout entier naturel n non nul.

3. On considère la suite  nu définie pour tout entier naturel n non nul par : 1

19 n nu p  .

a. Montrer que  nu est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme.

b. En déduire nu puis np en fonction de n.

c. Calculer la limite de np quand n tend vers  .

Correction

1. a. X prend les valeurs 0, 1, 2, 3.

b. Si on note G lorsqu’il gagne et P lorsqu’il perd :  2X  revient à PPG, PGP ou GPP.

         P PPPG P P G 0,2 0,1 1 0,1 0,018p p p p      ;

         P GPGP P G P 0,2 1 0,1 0,05 0,009p p p p      ;

       G PGPP G P P 0,8 0,05 0,1 0,004p p p p     , soit au total 0,031.

 3X  revient à PPP :        P PPPP P P P 0,2 0,1 0,1 0,002p p p p     .

c. Il manque  0X  :            G GGGG G G G 0,8 1 0,05 1 0,05 0,722p p p p       et  1X  :

 1 1 0,722 0,031 0,002 0,245p X       .

d.  E 0,245 0,062 0,006 0,313X     .

2. a.      1 1 0,1n n E n n nnp E E p E p E p     ;        1 1 0,05 1n n n n nEnp E E p E p E p      .

b.      1 1 1 1 0,1 0,05 0,05 0,05 0,05n n n n n n n n np p E p E E p E E p p p             .

3. a. 1 1 1 1 1 1

0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 19 19 19 19

n n n n nu p p u u   

            

. La raison est 0,05, le

premier terme est 0 0 1 1 2,8

0,2 19 19 19

u p     .

b. On a donc 0 0 1

0,05 0,05 19

n n n nu u p u      .

c. Comme 0,05 1 nu tend vers 0 et np tend vers 1

19 .

1. 59. Fourmis markoviennes, Antilles 2000

4 points

D

S

C

BA

1. Une fourmi se déplace sur les arêtes de la pyramide ABCDS. Depuis un sommet quelconque, elle se dirige au hasard (on suppose qu’il y a équiprobabilité) vers un sommet voisin ; on dit qu’elle « fait un pas ».

a. La fourmi se trouve en A.

Après avoir fait deux pas, quelle est la probabilité qu’elle soit :

• en A ?

• en B ?

• en C ?

• en D ?

b. Pour tout nombre entier naturel n strictement positif, on note Sn l’évènement « la fourmi est au sommet S après n pas » et pn la probabilité de cet évènement. Donner p1.

En remarquant que 1 1S S Sn n n   , montrer que  1 1

1 3

n np p   .

2. On considère la suite (pn), définie pour tout nombre entier n strictement positif par :

 

1

1

1

3

1 1

3 n n

p

p p

 

    

.

a. Montrer par récurrence que, pout tout entier naturel n strictement positif, on a 1 1

1 4 3

n

np   

       

.

b. Déterminer lim n n

p 

.

Correction

1. a. A un sommet comme A, B, C ou D la fourmi a 1

3 d’aller sur un autre sommet ; en S elle a

1

4 d’aller

sur un autre sommet.

On a donc la probabilité de revenir en A :   1 1 1 1 11

ABA, ADA,ASA 2 3 3 3 4 36

P       .

La probabilité d’aller en B :   1 1 1

ASB 3 4 12

P    .

La probabilité d’aller en C :   1 1 1 1 1 1 7

ABC, ADC, ASC 3 3 3 3 3 4 36

P        .

La probabilité d’aller en D :   1 1 1

ASD 3 4 12

P    .

b. 1 1

3 p  .        1

1 1 aller en S pas en S au pas S 1

3 3 n n np P P n P p      .

2. a. 1

1

1 1 1 4 1 1

4 3 4 3 3 p

             

, ok.

1

1

1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1

3 4 3 3 4 3 4 3 3 4 3

n n n n

np

                                                      

. ok également.

b. Comme 1

1 3   , le terme

1

3

n      

tend vers 0 donc 1

lim 4

n n

p 

 .

1. 60. Chasse aux fraudeurs, N. Caledonie 2005

5 points

Une compagnie de transport désire optimiser les contrôles afin de limiter l’impact des fraudes et les pertes occasionnées par cette pratique.

Cette compagnie effectue une étude basée sur deux trajets par jour pendant les vingt jours ouvrables d’un mois soit au total quarante trajets. On admet que les contrôles sont indépendants les uns des autres et que la probabilité pour tout voyageur d’être contrôlé est égale à p.

Le prix de chaque trajet est de dix euros, en cas de fraude l’amende est de cent euros. Claude fraude systématiquement lors des quarante trajets soumis à cette étude.

Soit Xi la variable aléatoire qui prend la valeur 1 si Claude est contrôlé au i-ème trajet et la valeur 0 sinon. Soit X la variable aléatoire définie par X = X1 + X2 + X3 +···+X40.

1. Déterminer la loi de probabilité de X.

2. Dans cette partie on suppose que 1

20 p  .

a. Calculer l’espérance mathématique de X.

b. Calculer les probabilités P(X = 0), P(X = 1) et P(X = 2).

c. Calculer à 104 près la probabilité pour que Claude soit contrôlé au plus deux fois.

3. Soit Zi la variable aléatoire qui prend pour valeur le gain algébrique réalisé par le fraudeur.

Justifier l’égalité Z = 400 100X puis calculer l’espérance mathématique de Z pour 1

5 p  .

4. On désire maintenant déterminer p afin que la probabilité que Claude subisse au moins trois contrôles soit supérieure à 99%.

a. Démontrer que    38 2( 2) 1 741 38 1P X p p p     .

b. Soit f la fonction définie sur [0 ; 1] par :    38 2( ) 1 741 38 1f x x x x    .

Montrer que f est strictement décroissante sur [0 ; 1] et qu’il existe un unique réel x0 appartenant à

l’intervalle [0 ; 1] tel que f (x0) = 0,01. Déterminer l’entier naturel n tel que 0 1

100 100

n n x

   .

c. En déduire la valeur minimale qu’il faut attribuer à p afin que la probabilité que Claude subisse au moins trois contrôles soit supérieure ou égale à 99%. (On exprimera p en fonction de x0).

Correction

1. Chaque variable Xi est l’indicatrice de l’évènement A : Claude est contrôlé ; on a ( 1) ( )iP X P A p  

et ( 0) ( ) 1iP X P A p    . La somme de toutes ces v.a. donne une loi binomiale de paramètres n = 40 et

p.

2. 1

20 p  .

a. Le cours nous donne 40

( ) 2 20

E X np   .

b. 1 19

( ) 2020

n k

k

n P X k

k

    

        

d’où 40

19 ( 0)

20 P X

     

  ,

40 1 39 1 19 19

( 1) 40 2 20 20 20

P X

    

         

et

40 2 38

2

40(40 1) 1 19 39 19 ( 2)

2 20 20 2020 P X

     

         

.

c. On cherche 40 39 38

19 19 39 19 ( 2) ( 0) ( 1) ( 2) 2 0,6767

20 20 20 20 P X P X P X P X

                     

      .

3. Zi = gain algébrique réalisé par le fraudeur : Claude fraude 40 fois un ticket à 10 €, il gagne donc 400 € ; s’il est contrôlé X fois, il perd 100X, d’où son « gain » est Z = 400 100X.

Z suit évidemment la même loi que X ; pour 1

5 p  et n = 40, on a ( ) 8E X np  d’où

( ) 400 800 400E Z     .

4. a. On reprend ce qui a été fait précédemment :

      40 39 38240.39( 2) ( 0) ( 1) ( 2) 1 40 1 1

2 P X P X P X P X p p p p p             d’où en mettant

38(1 )p en facteur :

     

   

38 382 2 2 2 2

38 2

( 2) 1 (1 ) 40 (1 ) 780 1 1 2 40 40 780

1 1 38 741 .

P X p p p p p p p p p p p

p p p

                

   

b. On peut chercher la dérivée :

       

   

37 382

37 372 2 2

( ) 38 1 741 38 1 1 1482 38

1 28158 1444 38 1482 38 1482 38 29640 1 .

f x x x x x x

x x x x x x x x

        

              

f’ est bien négative sur [0 ; 1]. Comme (0) 1f  et (1) 0f  , il existe un unique réel x0 appartenant à

l’intervalle [0 ; 1] tel que f (x0) = 0,01.

A la calculette on a (0,19) 0,0116f  et (0,20) 0,0079f  d’où 0 19 20

100 100 x  et n = 19.

c. En fait on cherche ( 3) 1 ( 3) 1 ( 2)P X P X P X       et on veut que cette probabilité soit supérieure

à 0,99, soit que 1 ( 2) 0,99 ( 2) 0,01 ( 2) 0,01P X P X P X          d’où avec ce que l’on a fait

précédemment : 0,19p  . Pratiquement, cela signifie qu’il faut contrôler un passager sur 5 environ (et

dans ce cas le « gain » de Claude est de −400 €).

1. 61. Durée de vie, France 06/2008

5 points

La durée de vie, exprimée en heures, d'un agenda électronique est une variable aléatoire X qui suit une loi exponentielle de paramètre  où  est un réel strictement positif.

On rappelle que pour tout 0t  ,   0

t xP X t e dx    .

La fonction R définie sur l'intervalle [0 ;  [ par    R t P X t  est appelée fonction de fiabilité.

1. Restitution organisée de connaissances

a. Démontrer que pour tout 0t  on a   tR t e  .

b. Démontrer que la variable X suit une loi de durée de vie sans vieillissement, c'est-à-dire que pour tout

réel 0s  , la probabilité conditionnelle  X tP X t s   ne dépend pas du nombre 0t  .

2. Dans cette question, on prend 0,00026  .

a. Calculer  1000P X  et  1000P X  .

b. Sachant que l'événement  1000X  est réalisé, calculer la probabilité de l'événement  2000X  .

c. Sachant qu'un agenda a fonctionné plus de 2000 heures, quelle est la probabilité qu'il tombe en panne avant 3000 heures ? Pouvait-on prévoir ce résultat ?

Correction

1. a.        0 0

1 1 1

t x

t teR t P X t P X t e e e

 

  

              

   .

b.       

     

 

  t s

s X t t

P X t X t s P X t s e P X t s e P X s

P X t P X t e

 

  

 

             

  .

2. a.   1000 0,261000 1 1 0,23P X e e        .   0,261000 0,77P X e   .

b. Avec la question 1, on a       0,26

1000 2000 1000

X P X P X e 

    .

c. C’est encore la même chose…       0,26

2000 3000 1000 1

X P X P X e 

     .

Puisqu’il n’y a pas de mémoire, si l’agenda fonctionne pendant T, il fonctionnera pendant T+1000

toujours avec la probabilité 0,26e et fonctionnera moins que 1000T  avec la probabilité 0,261 e .

1. 62. Tri de production, Antilles 2006

4 points

Partie A

Soit X une variable aléatoire continue qui suit une loi exponentielle de paramètre  . On rappelle que

  0

a tP X a e dt    . La courbe donnée ci-dessous représente la fonction densité associée.

1. Interpréter sur le graphique la probabilité P(X 1).

2. Indiquer sur le graphique où se lit directement le paramètre  .

Partie B

On pose  = 1,5.

1. Calculer P(X  1), en donner une valeur exacte puis une valeur approchée à 103 près par excès.

2. Calculer P(X 2).

3. Déduire des calculs précédents l’égalité suivante : P(1  X 2) = 0,173 à 103 près.

4. Calculer l’intégrale 1,5

0

1,5 x

tte dt . Déterminer la limite quand x tend vers  de F(x) ; on obtient ainsi l’espérance mathématique de la variable X.

Partie C

Une machine outil fabrique des cylindres. On mesure l’écart, en dixièmes de millimètres, entre le diamètre des cylindres et la valeur de réglage de la machine. On suppose que cet écart suit une loi

exponentielle de paramètre  = 1,5.

Si l’écart est inférieur à 1, le cylindre est accepté. Si l’écart est compris entre 1 et 2, on procède à une rectification qui permet d’accepter le cylindre dans 80 % des cas. Si l’écart est supérieur à 2, le cylindre est refusé.

1. On prélève au hasard un cylindre dans la production.

a. Montrer que la probabilité qu’il soit accepté est égale à 0,915 à 103 près.

b. Sachant qu’il est accepté, quelle est la probabilité qu’il ait subi une rectification ?

2. On prélève de manière indépendante dix cylindres de la production. On suppose que le nombre de cylindres est suffisamment important pour assimiler ce tirage à un tirage successif avec remise.

a. Quelle est la probabilité que les dix cylindres soient acceptés ?

b. Quelle est la probabilité qu’au moins un cylindre soit refusé ?

Correction

Partie A

  0

1 a

t ap X a e dt e       .

1. La probabilité  1p X  s’interprète comme étant l’aire sous la courbe de la densité comprise entre

les droites x = 0, x = 1 et y = 0.

2. Comme la densité de X est la fonction définie sur [0 ;  [, par   tf t e   , alors  0f  . Donc

sur le graphique, le paramètre  est l’ordonnée du point de la courbe de f d’abscisse 0.

Partie B

On pose 1,5  .

1.   1,51 1 0,777p X e    .

2.        3 32 1 2 1 2 1 1p X p X p X e e            .

3. Comme       2

3 1,5

1

1 2 2 1 0,173tp X p X p X e dt e e              .

4. Calculons l’intégrale 1,5

0

1,5 x

tte dt en utilisant une intégration par parties : 1,5' 1,5 tu e , v t d’où

1,5tu e  , ' 1v  ; donc

1,5 1,5 1,5 1,5 1,5 1,5 1,5

00 0 0

1 1 1 1,5

1,5 1,5 1,5

xx xx t t t x t x xte dt te e dt xe e xe e      

               

   .

Comme lim 0x x

xe

  et lim 0x

x e

  , on a 1,5

0

1 2 lim 1,5

1,5 3

x t

x te dt

   .

Partie C

1. a. La probabilité que le cylindre soit accepté est, à 10−3 près :

   1 0,8 1 2 0,915p p X p X       .

b.    

   Accepté 0,8 1 2

Rect ifié 0,151 1 0,8 1 2

p X p

X p X

   

     .

2. a. Comme on prélève de manière indépendante dix cylindres de la production, supposée suffisamment importante pour assimiler ce tirage à un tirage successif avec remise, la probabilité que les dix cylindres soient acceptés suit une loi binomiale : p10.

b. La probabilité qu’au moins un cylindre soit refusé, est en utilisant l’événement contraire : 1−p10.

1. 63. Durée de vie+binom., Liban 2006

3 points

La durée de vie d’un robot, exprimée en années, jusqu’à ce que survienne la première panne est une

variable aléatoire qui suit une loi exponentielle de paramètre  , avec  > 0.

Ainsi, la probabilité qu’un robot tombe en panne avant l’instant t est égale à   0

t xP X t e dx    .

1. Déterminer  , arrondi à 101 près, pour que la probabilité P(X > 6) soit égale à 0,3. Pour la suite de l’exercice, on prendra  = 0,2.

2. À quel instant t, à un mois près, la probabilité qu’un robot tombe en panne pour la première fois est- elle de 0,5 ?

3. Montrer que la probabilité qu’un robot n’ait pas eu de panne au cours des deux premières années est e−0,4.

4. Sachant qu’un robot n’a pas eu de panne au cours des deux premières années, quelle est, à 102 près, la probabilité qu’il soit encore en état de marche au bout de six ans ?

5. On considère un lot de 10 robots fonctionnant de manière indépendante. Déterminer la probabilité que, dans ce lot, il y ait au moins un robot qui n’ait pas eu de panne au cours des deux premières années.

Correction

Ainsi, la probabilité qu’un robot tombe en panne avant l’instant t est égale à   0

t xP X t e dx    .

1.     6 6 6

00

6 1 6 1 1x xP X P X e dx e e                 ; on résoud :

6 ln 0,30,3 6 ln 0,3 0,20066213... 0,2 6

e            

.

2.   0,2 0,2 0,2 0

ln 2 0,2 1 0, 5 0, 5 0,2 ln 2 3, 47

0,2

t x t tP X t e dx e e t t                , soit environ

trois ans et demi.

3. La probabilité qu’un robot n’ait pas eu de panne au cours des deux premières années est

   0,2 2 0,42 1 1P X e e       .

4. On cherche        

 

 

 

0,2 6 0,4 1,2 0,8

2 0,4

2 6 6 6 0, 45

2 2 X

P X X P X e P X e e

P X P X e

   

 

            

  .

5. Y le nombre de robots sans pannes au cours des deux premières années suit une loi binomiale de

paramètres n = 10, 0,4p e ; on cherche donc

        0 10

0,4 0,41 1 0 1 1 0,9999P Y P Y e e         .

C’est du bon matériel…

1. 64. Composants électroniques, N. Cal. nov 2007

5 points

Un responsable de magasin achète des composants électroniques auprès de deux fournisseurs dans les proportions suivantes : 25 % au premier fournisseur et 75 % au second.

La proportion de composants défectueux est de 3 % chez le premier fournisseur et de 2 % chez le second.

On note :

– D l’évènement « le composant est défectueux » ;

– F1 l’évènement « le composant provient du premier fournisseur » ;

– F2 l’évènement « le composant provient du second fournisseur ».

1. a. Dessiner un arbre pondéré.

b. Calculer  1D Fp  , puis démontrer que p(D) = 0,0225.

c. Sachant qu’un composant est défectueux, quelle est la probabilité qu’il provienne du premier fournisseur ?

Dans toute la suite de l’exercice, on donnera une valeur approchée des résultats à 10−3 près.

2. Le responsable commande 20 composants. Quelle est la probabilité qu’au moins deux d’entre eux soient défectueux ?

3. La durée de vie de l’un de ces composants est une variable aléatoire notée X qui suit une loi de durée

de vie sans vieillissement ou loi exponentielle de paramètre  , avec  réel strictement positif.

a. Sachant que p(X > 5) = 0,325, déterminer  .

Pour les questions suivantes, on prendra  = 0,225.

b. Quelle est la probabilité qu’un composant dure moins de 8 ans ? plus de 8 ans ?

c. Quelle est la probabilité qu’un composant dure plus de 8 ans sachant qu’il a déjà duré plus de 3 ans ?

Correction

a.

b.  1D F 0,25 0,03 0,075p     , de même  2D F 0,75 0,02 0,015p     donc

F1

F2

D

D

D

D

0,2 5

0,75

0,0 3

0,9 7

0,9 8

0,0 2

     1 2D D F D F 0,075 0,015 0,0225p p p       .

c.    

  1

D 1 1

D F 0,03 1 F

F 0,09 3

p p

p

    .

2. Le nombre N de composants défectueux suit une loi de Bernoulli de paramètres 20n  et

0,0225p  ; on a donc

          19 201 020 202 1 1 0 1 1 1 0,351

1 0 p N p N p N p p p p

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

    .

3. a. On sait que   5 55

ln 0,325 5 0,325 0,225

5

t tp X e dt e e     

               .

b.   8 8

8

00

8 1 1 0,835 0,165t tp X e dt e e                 .

c. On a :      

 

8 5

3 3

8 8 0,325

3 X

p X e p X e

p X e

 

 

 

     

 . La loi étant une loi exponentielle, le

vieillissement n’intervient pas.

1. 65. Visite de musée, Centres étrangers 2001

Le directeur d’un musée, dont le plan est fourni ci-contre, organise une exposition.

Afin de prévoir la fréquentation des salles, il décide d’imaginer le parcours d’un visiteur, pris au hasard, en faisant les hypothèses suivantes :

− Le visiteur passe au hasard d’une salle à une salle voisine.

Pour sortir d’une salle, il franchit de manière équiprobable n’importe quelle autre porte que celle qu’il a utilisée pour entrer.

Dans le parcours du visiteur, le directeur ne s’intéresse qu’aux quatre premières salles traversées, l’entrée E étant comprise dans celles-ci. Un trajet par ces quatre premières salles est codé par un mot de quatre lettres, commençant par la lettre E.

Par exemple :

− Si le visiteur passe successivement par les salles E, B, D, F, on codera son trajet par le mot EBDF.

− Le trajet codé EBDB est impossible avec les hypothèses choisies.

1. On considère un visiteur, pris au hasard, devant effectuer un trajet selon les hypothèses précédentes.

a. Construire l’arbre pondéré des différents trajets possibles pour ce visiteur.

b. Montrer que la probabilité du parcours codé EBDF est 1

6 .

c. Déterminer la probabilité p1 de l’évènement : « La quatrième salle du trajet est F ».

d. Pour des raisons techniques, le directeur installe les oeuvres les plus intéressantes dans la salle T. Déterminer la probabilité p2 de l’évènement « Le trajet passe par la salle T ».

2. Le directeur imagine dix visiteurs pris au hasard, effectuant chacun un trajet, de manière indépendante et selon les hypothèses précédentes.

On appelle X la variable aléatoire qui, aux dix visiteurs, associe le nombre de leurs trajets passant par la salle T.

a. Calculer la probabilité de l’évènement (X = 1).

b. Calculer la probabilité que deux visiteurs au moins passent par la salle T. (Donner le résultat arrondi au millième.)

c. Le directeur décide d’obliger les visiteurs à se diriger, après l’entrée, vers la salle A, les hypothèses précédentes demeurant pour la suite des trajets. Il pense ainsi augmenter la probabilité que deux visiteurs au moins, sur les dix, passent par la salle T.

Prouver qu’il a tort.

Correction

1. a.

b.   1 1 1

1 3 2 6

EBDF    P .

c.        

1 1 1 6 1

6 18 9 18 3

xxxF EBDF EADF EAGF  

    

P P P P

.

d.     1 1 4

9 3 9 EATC ECTA   P P .

e.     1 1 1

6 3 2 EBDA EA   P P .

2. X suit une loi binomiale 4

10, 9

     

B .

a.  2 0,08X  P

 2 0,106X  P .

b.      3 1 3 1 2 1 0,106 0,894X X X         P P P .

c.   4

10 4,44 9

X np   E .

d. Y le nombre de visiteurs suit une loi binomiale 1

10, 3

     

B ; on a alors

   2 1 1 0,975X X    P P et    2 1 1 0,896Y Y    P P donc il y a moins de chances d’avoir au

moins deux visiteurs dans T.

1. 66. Tirs successifs+Adéquation, France 2006

1. Dans un stand de tir, un tireur effectue des tirs successifs pour atteindre un ballon afin de le crever. À chacun de ces tirs, il a la probabilité 0,2 de crever le ballon. Le tireur s’arrête quand le ballon est crevé. Les tirs successifs sont supposés indépendants.

a. Quelle est la probabilité qu’au bout de deux tirs le ballon soit intact ?

b. Quelle est la probabilité que deux tirs suffisent pour crever le ballon ?

c. Quelle est la probabilité pn que n tirs suffisent pour crever le ballon ?

d. Pour quelles valeurs de n a-t-on pn > 0,99 ?

2. Ce tireur participe au jeu suivant :

Dans un premier temps il lance un dé tétraédrique régulier dont les faces sont numérotées de 1 à 4 (la face obtenue avec un tel dé est la face cachée) ; soit k le numéro de la face obtenue. Le tireur se rend alors au stand de tir et il a droit à k tirs pour crever le ballon.

Démontrer que, si le dé est bien équilibré, la probabilité de crever le ballon est égale à 0,4096 (on pourra utiliser un arbre pondéré).

3. Le tireur décide de tester le dé tétraédrique afin de savoir s’il est bien équilibré ou s’il est pipé. Pour cela il lance 200 fois ce dé et il obtient le tableau suivant :

Face k 1 2 3 4

Nombre de sorties de la face k

58 49 52 41

a. Calculer les fréquences de sorties fk observées pour chacune des faces.

b. On pose

4 2 2

1

1

4 k

k

d f

    

   . Calculer d2.

c. On effectue maintenant 1 000 simulations des 200 lancers d’un dé tétraédrique bien équilibré et on calcule pour chaque simulation le nombre d2. On obtient pour la série statistique des 1 000 valeurs de d2 les résultats suivants :

Minimum D1 Q1 Médiane Q3 D9 Maximum

0,00124 0,00192 0,00235 0,00281 0,00345 0,00452 0,01015

Au risque de 10 %, peut-on considérer que ce dé est pipé ?

Correction

1. a. On note C quand le ballon est crevé, C quand il ne l’est pas lors d’un tir.

La probabilité qu’au bout de deux tirs le ballon soit intact est       2, 0,8 0,64p C C p C p C   .

b. La probabilité que deux tirs suffisent pour crever le ballon :  1 , 1 0,64 0,36p C C    .

c.  1 , , ..., 1 0,8nnp p C C C    .

d. ln 0,01

1 0,8 0,99 0,01 0,8 20,63 ln 0,8

n n np n        , donc n  21.

2. En fait il vaut mieux éviter de faire un arbre :

avec k = 1, on a  1 0,2p p C  ;

avec k = 2, on a    2 , 0,2 0,2 0,8p p C p C C     ;

avec k = 3, on a       23 , , , 0,2 0,2 0,8 0,2 0,8p p C p C C p C C C        ;

avec k = 4,         2 34 , , , , , , 0,2 0,2 0,8 0,2 0,8 0,2 0,8p p C p C C p C C C p C C C C           ;

la probabilité totale est 1 2 3 4 1 1 1 1

0,4096 4 4 4 4

p p p p p     .

3. a.

Face k 1 2 3 4

Nombre de sorties de la face k

58 49 52 41

Fréquences 0,29 0,245 0,26 0,205

b.

4 2 2

1

1 0,00375

4 k

k

d f

     

   .

c. d2 est compris entre Q3 et D9, à 10 % près le dé n’est pas pipé.

1. 67. Adéquation à une loi équirépartie

Une loi équirépartie est une loi uniforme d’une variable aléatoire X qui peut prendre n valeurs de telle sorte que la probabilité soit la même pour chacune de ces n valeurs.

Problème

Un joueur veut vérifier si le dé qu’il possède est « normal », c’est-à-dire bien équilibré.

On sait que, dans ce cas-là, la loi de probabilité associée est la loi uniforme :

                  1

1 2 3 4 5 6 6

P P P P P P      .

Pour cela, le joueur lance 200 fois le dé et note les résultats obtenus :

xi 1 2 3 4 5 6

ni 31 38 40 32 28 31

fi 0,155 0,190 0,200 0,160 0,140 0,155

Pour savoir si la distribution de fréquences obtenue est « proche » de la loi uniforme, on calcule la quantité suivante, qui prend en compte l’écart existant entre chaque fréquence trouvée et la probabilité théorique attendue :

2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 10,155 0,19 0,2 0,16 0,14 0,155 0,00268

6 6 6 6 6 6 d                                                

.

Mais rien ne permet de dire pour l’instant si cette quantité trouvée est « petite » ou « grande ». En effet, elle est soumise à la fluctuation d’échantillonnage, puisque sa valeur varie d’une série de lancers à l’autre. On va donc étudier cette fluctuation d’échantillonnage pour convenir d’un seuil entre « petite » et « grande » valeur de d² lorsqu’on lance 200 fois un dé. Pour cela, on génère des séries de 200 chiffres

au hasard pris dans  1; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . Les résultats trouvés pour le nombre d² à partir de 1 000

simulations sont résumés par le tableau suivant :

Minimum D1 Q1 Médiane Q3 D9 Maximum

0,00363 0,00138 0,00233 0,00363 0,00555 0,00789 0,01658

Le neuvième décile de la série des valeurs simulées de d² est 0,00789.

Cela signifie que 90 % des valeurs de d² obtenues au cours de ces 1 000 simulations sont dans l’intervalle [0 ; 0,00789]. Comme la valeur observée de d² est inférieure à cette valeur seuil de 0,00789, on peut convenir que le dé est équilibré avec un risque de 10 %.

En effet, en utilisant cette méthode sur les données simulées, on se serait trompé dans 10 % des cas. On dit que l’on a un seuil de confiance de 90 %.

Exercices

I / Dans une maternité, on a noté pendant un an l’heure de chaque naissance. Les nombres de naissances entre 0 h et 1 h, entre 1 h et 2 h, …, sont respectivement 96, 126, 130, 125, 124, 129, 115, 89, 118, 97, 95, 108, 98, 97, 109, 95, 115, 108, 90, 104, 103, 112, 113, 128.

1. Tester, au seuil de risque de 10 %, si une naissance se produit avec la même probabilité dans l’une des 24 heures.

2. Au cours de 2 000 simulations de cette expérience, on a calculé le nombre d², somme des carrés des écarts entre les fréquences observées et les fréquences théoriques. Voici les résultats pour la série statistique des valeurs de 104. d² :

Minimum D1 Q1 Médiane Q3 D9 Maximum

0,6 16,9 23,2 25,8 32,1 36,5 61

II / On veut tester si une pièce de monnaie est truquée ou non. Pour cela, on la lance 100 fois. On obtient 59 fois « pile » et 41 fois « face ». Au seuil de risque 10 %, peut-on dire que cette pièce est truquée ?

Au cours de 1 000 simulations de cette expérience, on a calculé le nombre d², somme des carrés des écarts entre les fréquences observées et les fréquences théoriques. Voici les résultats pour la série statistique des valeurs de d² :

Minimum D1 Q1 Médiane Q3 D9 Maximum

0,002 0,003 0,005 0,008 0,011 0,013 0,014

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