Les probabilités

Les probabilités
Tintin et Milou, N. Calédonie 1993
On considère le mot MILOU. On forme des « mots », ayant un sens ou non, avec certaines de ses
lettres. Chaque lettre intervient au plus une fois dans un même « mot ».
1. Combien de mots de 5 lettres peut-on faire ?
2. Combien de mots peut-on faire en tout ?
3. Combien de mots de 5 lettres dans lesquels il n’y a pas deux voyelles consécutives ?
4. Combien de mots de 6 lettres peut-on faire en employant les lettres du mot TINTIN, chaque
lettre pouvant figurer autant de fois qu’elle apparaît dans le mot ?
5. Combien de mots de 6 lettres peut-on faire en employant les lettres du mot HADDOCK, chaque
lettre pouvant figurer autant de fois qu’elle apparaît dans le mot ?
Exercice de base : Cubes
On dispose d’un cube en bois de 3 cm d’arête, peint en jaune. On le découpe, parallèlement aux
faces, en 27 cubes de 1 cm d’arête. On place ces 27 cubes dans un sac.
1. On tire au hasard l’un des 27 cubes du sac. On suppose que les tirages sont équiprobables.
Soit X la variable aléatoire qui, à chaque tirage, associe le nombre de faces peintes sur le cube
tiré.
a. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire X .
b. Calculer l’espérance mathématique de la variable aléatoire X .
2. On tire maintenant, au hasard, simultanément deux des 27 cubes du sac. On suppose que les
tirages sont équiprobables.
a. Montrer que la probabilité d’avoir, au total, six faces peintes est égale à
28
351
.
b. On désigne par n un nombre naturel non nul ; après avoir noté le nombre de faces coloriées
sur les deux premiers cubes tirés, on les remet dans le sac et on recommence l’opération de
manière à effectuer n tirages successifs et indépendants de deux cubes.
Calculer la probabilité p
n
pour que l’on obtienne au total 6 n faces peintes.
c. Déterminer la plus petite valeur de n pour que p
n
soit inférieur à 10
−12
.
Les résultats des calculs seront donnés sous forme fractionnaire.
Loterie, VA, Asie 2005
Une association organise une loterie pour laquelle une participation m exprimée en euros est
demandée.
Un joueur doit tirer simultanément au hasard, deux boules dans une urne contenant 2 boules
vertes et 3 boules jaunes.
Si le joueur obtient deux boules de couleurs différentes, il a perdu.
Si le joueur obtient deux boules jaunes, il est remboursé de sa participation
m .
Si le joueur obtient 2 boules vertes, il peut continuer le jeu qui consiste à faire tourner une roue
où sont inscrits des gains répartis comme suit :
• sur
1
8
de la roue le gain est de 100 €,

• sur
1
4
de la roue le gain est de 20 €,
• sur le reste le joueur est remboursé de sa participation m .
On appelle V l’évènement « le joueur a obtenu 2 boules vertes ».
On appelle J l’évènement « le joueur a obtenu 2 boules jaunes ».
On appelle R l’évènement « le joueur est remboursé de sa participation et ne gagne rien ».
1. Quelques calculs.
a. Calculer les probabilités P (V) et P (J) des évènements respectifs V et J.
b. On note P
V
(R) la probabilité pour le joueur d’être remboursé sachant qu’il a obtenu deux
boules vertes. Déterminer P
V
(R) puis
(R V)
P∩ .
c. Calculer P (R).
d. Calculer la probabilité de gagner les 100 €, puis la probabilité de gagner les 20 € de la roue.
2. On appelle X la variable aléatoire donnant le gain algébrique du joueur c’est-à-dire la
différence entre les sommes éventuellement perçues et la participation initiale m .
a. Donner les valeurs prises par la variable aléatoire X .
b. Donner la loi de probabilité de la variable aléatoire X et vérifier que P ( X =−m ) est 0,6.
c. Démontrer que l’espérance mathématique de la variable aléatoire X est
140 51
( )
80
m
E X
−
=
.
d. L’organisateur veut fixer la participation m à une valeur entière en euro. Quelle valeur
minimale faut-il donner à m pour que l’organisateur puisse espérer ne pas perdre d’argent ?
3. Un joueur se présente et décide de jouer 4 fois, quels que soient les résultats obtenus. Calculer
la probabilité qu’il perde au moins une fois sa mise.
4. On voudrait qu’un joueur ait plus d’une chance sur deux d’être remboursé de sa mise ou de
gagner quand il joue une seule fois. On note G cet évènement. Pour cela on garde deux boules
vertes dans l’urne mais on modifie le nombre de boules jaunes. On appelle n le nombre de boules
jaunes, on suppose
1
n
≥
.
Calculer la valeur minimale de n pour que la condition précédente soit vérifiée.
Durée de vie composants, Amérique du Sud 2005
Les parties A et B sont indépendantes
Alain fabrique, en amateur, des appareils électroniques. Il achète pour cela, dans un magasin, des
composants en apparence tous identiques mais dont certains présentent un défaut.
On estime que la probabilité qu’un composant vendu dans le magasin soit défectueux est égale à
0,02.
Partie A
On admet que le nombre de composants présentés dans le magasin est suffisamment important
pour que l’achat de 50 composants soit assimilé à 50 tirages indépendants avec remise, et on
appelle X le nombre de composants défectueux achetés.
Alain achète 50 composants.
1. Quelle est la probabilité qu’exactement deux des composants achetés soient défectueux ?
Donner une valeur approchée de cette probabilité à 10
− 1
près.
2. Quelle est la probabilité qu’au moins un des composants achetés soit défectueux ? Donner une
valeur approchée de cette probabilité à 10
− 2
près.
3. Quel est, par lot de 50 composants achetés, le nombre moyen de composants défectueux ?
Partie B
On suppose que la durée de vie
T
1
(en heures) de chaque composant défectueux suit une loi
exponentielle de paramètre
4
1
5 10
λ
−
= ×
et que la durée de vie T
2
(en heures) de chaque composant

non défectueux suit une loi exponentielle de paramètre
4
2
10
λ
−
=
(on pourra se reporter au
formulaire ci-dessous).
1. Calculer la probabilité que la durée de vie d’un composant soit supérieure à 1 000 heures :
a. si ce composant est défectueux ;
b. si ce composant n’est pas défectueux.
Donner une valeur approchée de ces probabilités 10
− 2
près.
2. Soit T la durée de vie (en heures) d’un composant acheté au hasard.
Démontrer que la probabilité que ce composant soit encore en état de marche après t heures
de fonctionnement est :
4 4
5 10 10
( ) 0,02 0,98
t t
P T t e e
− −
− × −
≥ = + .
(on rappelle que la probabilité qu’un composant vendu dans le magasin soit défectueux est égale
à 0,02).
3. Sachant que le composant acheté est encore en état de fonctionner 1 000 heures après son
installation, quelle est la probabilité que ce composant soit défectueux ?
Donner une valeur approchée de cette probabilité à 10
− 2
près.
Entropie, France, sept 2004
Un récipient contient un gaz constitué de deux sortes de particules : 75 % de particules A et
25 % de particules B. Les particules sont projetées sur une cible formée de deux compartiments
K1 et K2. L’expérience est modélisée de la manière suivante :
- Une particule au hasard parmi les particules de type A entre dans K1 avec la probabilité
1
3
et
dans K2 avec la probabilité
2
3
.
- Une particule au hasard parmi les particules de type B entre dans chacun des compartiments
avec la probabilité
1
2
.
Partie A
1. Soit une particule au hasard. Déterminer la probabilité de chacun des événements suivants :
A1 : « la particule isolée est de type A et elle entre dans K1 » ;
A2 : « la particule isolée est de type A et elle entre dans K2 » ;
B1 : « la particule isolée est de type B et elle entre dans K1 » ;
B2 : « la particule isolée est de type B et elle entre dans K2 » ;
C1 : « la particule entre dans K1 » ;
C2 : « la particule entre dans K2 ».
2. On procède 5 fois de suite et de façon indépendante à l’épreuve décrite en introduction. Le
nombre de particules étant très grand, on admettra que les proportions 75 % et 25 % restent
constantes. Calculer la probabilité de l’événement E suivant : « il y a exactement deux particules
dans K2 ».
Partie B
Un récipient contient le gaz décrit précédemment. Les particules A sont radioactives et se
transforment spontanément en particules B. On note
( )
p t
la proportion de particules A dans le gaz.
Ainsi, à l’instant
0
t
=
, on a
(0) 0,75
p= .
Plus généralement, si
t est exprimé en années, on a
( ) 0,75
t
p t e
λ
−
=
où
λ
est une constante réelle. La
demi-vie1 des particules de type A est égale à 5730 ans.
1. Calculer
λ
; on prendra une valeur approchée à
5
10
−
près par défaut.
1
Temps au bout duquel le nombre de particules restantes est la moitié du nombre initial.

2. Au bout de combien d’années, 10 % des particules de type A se seront-elles transformées en
particules de type B ?
3. Déterminer la valeur de t pour laquelle il y aura autant de particules de type A que de particules
de type B (on arrondira à l’unité).
Correction
Partie A
Interprétons les données en termes de probabilités : 75 % de particules A, soit
(A) 0,75
p= , et
25 % de particules B, soit
(B) 0,25
p= .
- A entre dans K1 avec la probabilité
1
3
:
A
1
(K1)
3
p
=
, dans K2 avec la probabilité
2
3
:
A
2
(K2)
3
p
=
.
- B entre dans K1 ou K2 avec la probabilité
1
2
:
B
1
(K1)
2
p
=
,
B
1
(K2)
2
p
=
.
1.
A
1 1
(A1) (A K1) (K1) (A) .0,75
3 4
p p p p
= ∩ = = =
;
A
2 1
(A2) (A K2) (K2) (A) .0,75
3 2
p p p p
= ∩ = = =
;
B
1 1
(B1) (B K1) (K1) (B) .0,25
2 8
p p p p
= ∩ = = =
;
B
1 1
(B2) (B K2) (K2) (B) .0,25
2 8
p p p p
= ∩ = = =
;
1 1 3
(C1) ((A K1) (B K1)) (A K1)+ (B K1)
4 8 8
p p p p
= ∩ ∪ ∩ = ∩ ∩ = + =
;
1 1 5
(C2) ((A K2) (B K2)) (A K2)+ (B K2)
2 8 8
p p p p
= ∩ ∪ ∩ = ∩ ∩ = + =
.
Le total doit évidemment faire 1…
2. Loi binomiale,
(5, 5 / 8)
B ;
2 3
55 3
(2 dans K2) 0,206
28 8
p      = ≈ .
Partie B
( ) 0,75
t
p t e
λ
−
=
où
λ
est une constante réelle. La demi-vie des particules de type A est égale à 5730
ans.
1. A t = 5730, on a
(5730) (5730)
0,751 1 ln 2
0,75 (0) 0,75 (5730) ln 2 0,00012097
2 2 2 5730
t
e p e e
λ λ λ
λ λ
− − −
= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = − ⇔ = ≈
, soit 0,00012 à
5
10
−
près par défaut.
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) 871ans
0,00012
t t
e e t t
λ λ
λλ
− −
= × ⇔ = ⇔ − = ⇔ = = ≈
− −
.
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
( ) 0,5
p t = , ce qui donne
ln(2 / 3)
0,5
0,75 0, 5 ln(2 / 3) 3352 ans
0,75
t t
e e t t
λ λ
λλ
− −
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ≈
−
.