Exos probas condi crorrige TS

Terminale S1
Probabilités conditionnelles − exercices
Probabilités conditionnelles
Exercices corrigés
Exercice 1 : (solution)
Une compagnie d’assurance automobile fait un bilan des frais d’intervention, parmi ses dossiers d’accidents de la
circulation.
85 % des dossiers entraı̂nent des frais de réparation matérielle. 20 % des dossiers entraı̂nent des frais de dommages
corporels. Parmi les dossiers entraı̂nant des frais de réparation matérielle, 12 % entraı̂nent des frais de dommages
corporels.
Soit les événements suivants : R : « le dossier traité entraı̂ne des frais de réparation matérielle » ;
D : « le dossier traité entraı̂ne des frais de dommages corporels ».
On choisit un dossier au hasard.
Dans tout l’exercice, les résultats seront donnés sous forme décimale, arrondis au millième près.
R
R
Total
D
1. a. Recopier et compléter le tableau.
D
Total
85
100
0,12
0,85
b. Recopier et compléter l’arbre pondéré.
...
D
R
R
...
D
...
D
...
D
2. On choisit un dossier au hasard. Calculer la probabilité pour qu’un dossier :
a. entraı̂ne des frais de réparation matérielle et des frais de dommages corporels ;
b. entraı̂ne seulement des frais de réparation matérielle ;
c. entraı̂ne seulement des frais de dommages corporels ;
d. n’entraı̂ne ni frais de réparation matérielle ni frais de dommages corporels ;
e. entraı̂ne des frais de réparation matérielle sachant qu’il entraı̂ne des frais de dommages corporels.
3. On constate que 40% des dossiers traités correspondent à des excès de vitesse et parmi ces derniers 60%
entraı̂nent des frais de dommages corporels.
On note E : « le dossier traité correspond à un excès de vitesse ».
a. On choisit un dossier. Quelle est la probabilité p pour que ce dossier corresponde à un excès de vitesse et
entraı̂ne des frais de dommages corporels ?
b. On choisit cinq dossiers de façon indépendante. Quelle est la probabilité pour qu’au moins un dossier
corresponde à un excès de vitesse et entraı̂ne des frais de dommages corporels ?
c. Soit n un entier (n > 1). On choisit n dossiers de façon indépendante. Déterminer la valeur minimale de
n pour que la probabilité qu’au moins un dossier corresponde à un excès de vitesse et entraı̂ne des frais
de dommages corporels, soit supérieure ou égale à 0,9. Attendre l’étude de la fonction logarithme népérien pour résoudre
cette question.
Exercice 2 : (solution)
Un jeu consiste à lancer des fléchettes sur une cible. La cible est partagée en quatre secteurs, comme indiqué sur
la figure ci-dessous.
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5 points
0 point
0 point
3 points
On suppose que les lancers sont indépendants et que le joueur touche la cible à tous les coups.
1. Le joueur lance une fléchette.
On note p0 la probabilité d’obtenir 0 point.
On note p3 la probabilité d’obtenir 3 points.
On note p5 la probabilité d’obtenir 5 points.
On a donc p0 + p3 + p5 = 1.
1
1
Sachant que p5 = p3 et que p5 = p0 déterminer les valeurs de p0 , p3 et p5 ·
2
3
2. Une partie de ce jeu consiste à lancer trois fléchettes au maximum. Le joueur gagne la partie s’il obtient
un total (pour les 3 lancers) supérieur ou égal à 8 points. Si au bout de 2 lancers, il a un total supérieur ou
égal à 8 points, il ne lance pas la troisième fléchette.
On note G2 l’évènement : « le joueur gagne la partie en 2 lancers ».
On note G3 l’évènement : « le joueur gagne la partie en 3 lancers ».
On note P l’évènement : « le joueur perd la partie ».
On note p(A) la probabilité d’un évènement A.
5
.
a. Montrer, en utilisant un arbre pondéré, que p (G2 ) =
36
7
On admettra dans la suite que p (G3 ) =
36
b. En déduire p(P ).
3. Un joueur joue six parties avec les règles données à la question 2.
Quelle est la probabilité qu’il gagne au moins une partie ?
4. Pour une partie, la mise est fixée à 2 e.
Si le joueur gagne en deux lancers, il reçoit 5 e. S’il gagne en trois lancers, il reçoit 3 e. S’il perd, il ne
reçoit rien.
On note X la variable aléatoire correspondant au gain algébrique du joueur pour une partie. Les valeurs
possibles pour X sont donc : −2, 1 et 3.
a. Donner la loi de probabilité de X.
b. Déterminer l’espérance mathématique de X. Le jeu est-il favorable au joueur ?
Exercice 3 : (solution)
Une entreprise confie à une société de sondage par téléphone une enquête sur la qualité de ses produits.
On admet que lors du premier appel téléphonique, la probabilité que le correspondant ne décroche pas est 0,4 et
que s’il décroche, la probabilité pour qu’il réponde au questionnaire est 0,3.
On pourra construire un arbre pondéré.
1. On note :
• D1 l’événement : « la personne décroche au premier appel » ;
• R1 l’événement : « la personne répond au questionnaire lors du premier appel ».
Calculer la probabilité de l’événement R1 .
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2. Lorsqu’une personne ne décroche pas au premier appel, on la contacte une seconde fois. La probabilité pour que
le correspondant ne décroche pas la seconde fois est 0,3 et la probabilité pour qu’il réponde au questionnaire
sachant qu’il décroche est 0,2. Si une personne ne décroche pas lors du second appel, on ne tente plus de la
contacter.
On note :
• D2 l’événement : « la personne décroche au second appel » ;
• R2 l’événement : « la personne répond au questionnaire lors du second appel » ;
• R l’événement : « la personne répond au questionnaire ».
Montrer que la probabilité de l’événement R est 0,236.
3. Sachant qu’une personne a répondu au questionnaire, calculer la probabilité pour que la réponse ait été donnée
lors du premier appel. (on donnera la réponse arrondie au millième)
4. Un enquêteur a une liste de n personnes à contacter (n > 1). Les sondages auprès des personnes d’une même
liste sont indépendants.
a. Calculer en fonction de n, la probabilité qu’au moins une personne de la liste réponde au questionnaire.
b. Déterminer le nombre minimal de personnes que doit contenir la liste pour que la probabilité qu’au moins
l’une d’entre elles réponde au questionnaire, soit supérieure à 0,9. Attendre l’étude de la fonction logarithme népérien
pour résoudre cette question.
Exercice 4 : (solution)
Dans un pays imaginaire, on admet qu’un jour donné soit il fait beau, soit il pleut !
S’il fait beau un jour, alors il fera beau le jour suivant avec une probabilité égale à 12 . S’il pleut un jour, alors il
pleuvra encore le lendemain avec un probabilité égale à 23 .
Aujourd’hui il pleut.
On s’intéresse à la probabilité qu’il fasse beau demain, dans 2 jours, dans 3 jours, . . . , dans n jours.
1. Pour n > 1, on désigne par Bn l’événement « il fera beau dans n jours ».
a. Illustrer par un arbre pondéré l’évolution possible de la météo pour demain et après demain. Donner P (B1 )
et calculer P (B2 ) .
b. Donner, pour n > 1, les valeurs de PBn (Bn+1 ) et PBn (Bn+1 ).
Exprimer P (Bn+1 ∩ Bn ) et P Bn+1 ∩ Bn en fonction de P (Bn ) .
Prouver que, pour n > 1, P (Bn+1 ) = 61 P (Bn ) + 13 .
2. On suppose désormais, pour n > 1, pn = P (Bn ) et un = pn − 52 .
a. Prouver que (un ) est une suite géométrique.
b. En déduire l’expression de un , puis de pn en fonction de n, pour n > 1.
c. Étudier le sens de variation de la suite (pn ) et montrer que cette suite admet une limite que l’on calculera.
Peut-on interpréter ces résultats ?
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Solution n˚1 :
Une compagnie d’assurance automobile fait un bilan des frais d’intervention, parmi ses dossiers d’accidents de la
circulation.
85 % des dossiers entraı̂nent des frais de réparation matérielle. 20 % des dossiers entraı̂nent des frais de dommages
corporels. Parmi les dossiers entraı̂nant des frais de réparation matérielle, 12 % entraı̂nent des frais de dommages
corporels.
Soit les événements suivants : R : « le dossier traité entraı̂ne des frais de réparation matérielle » ;
D : « le dossier traité entraı̂ne des frais de dommages corporels ».
On choisit un dossier au hasard.
Dans tout l’exercice, les résultats seront donnés sous forme décimale, arrondis au millième près.
1. a.
R
R
Total
D
10,2
9,8
20
D
74,8
5,2
80
Total
85
15
100
b.
0,85
0,12
D
0,88
D
0,653
D
R
0,15
R
0,347
D
La probabilité d’une branche est égale au produit des poids situés sur cette branche.
2. On utilise l’arbre pondéré.
a. P (D ∩ R) = PR (D) × P (R) = 0,12 × 0,85 = 0,102
La probabilité que le dossier entraı̂ne des frais de réparation matérielle et des frais de dommages corporels est 0,102.
b. P (D ∩ R) = PR D × P (R) = 0,88 × 0,85 = 0,748
La probabilité que le dossier entraı̂ne seulement des frais de réparation matérielle est 0,748.
c. P (D ∩ R) = PR (D) × P (R) = 0,653 × 0,15 = 0,098
La probabilité que le dossier entraı̂ne seulement des frais de dommages corporels est 0,098.
d. P (D ∩ R) = PR D × P (R) = 0,347 × 0,15 = 0,052
La probabilité que le dossier n’entraı̂ne ni frais de réparation matérielle ni frais de dommages corporels
0,052.
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e. PD (R) =
P (D ∩ R)
0,102
=
= 0,51
P (D)
0,2
La probabilité que le dossier entraı̂ne des frais de réparation matérielle sachant qu’il entraı̂ne des frais
de dommages corporels est 0,51.
3. a. p = P (D ∩ E) = PE (D) × P (E) =
40
60
×
= 0,24
100 100
p = 0,24
La probabilité pour que ce dossier corresponde à un excès de vitesse et entraı̂ne des frais de dommages
corporels est p = 0,24.
b. On choisit cinq dossiers de façon indépendante. On est donc dans une situation d’indépendance.
La probabilité qu’aucun des 5 dossiers ne corresponde à « un excès de vitesse et entraı̂ne des frais de
dommages corporels » est (1 − p)5 . Donc la probabilité pour qu’au moins un dossier corresponde à un excès
de vitesse et entraı̂ne des frais de dommages corporels est 1 − (1 − p)5 , soit 0,746.
c. Soit n un entier (n > 1). On choisit n dossiers de façon indépendante. On est donc dans une situation
d’indépendance.
La probabilité qu’aucun des n dossiers ne corresponde à « un excès de vitesse et entraı̂ne des frais de
dommages corporels » est (1 − p)n . Donc la probabilité pour qu’au moins un dossier corresponde à un
excès de vitesse et entraı̂ne des frais de dommages corporels est 1 − (1 − p)n , soit 1 − (0,76)n . D’où,
1 − (0,76)n > 0,9.
1 − (0,76)n > 0,9
⇐⇒
(0,76)n 6 0,1
⇐⇒
ln (0,76)n 6 ln 0,1
⇐⇒
nln 0,76 6 ln 0,1
ln 0,1
car ln 0,76 < 0
n>
ln 0,76
⇐⇒
ln 0,1
≈ 8,39. La valeur minimale de n pour que la probabilité qu’au moins un dossier corresponde
ln 0,76
à un excès de vitesse et entraı̂ne des frais de dommages corporels, soit supérieure ou égale à 0,9, est 9 (9
dossiers).
Or,
Solution n˚2 :
Un jeu consiste à lancer des fléchettes sur une cible. La cible est partagée en quatre secteurs, comme indiqué sur
la figure ci-dessous.
5 points
0 point
0 point
3 points
On suppose que les lancers sont indépendants et que le joueur touche la cible à tous les coups.
1. On sait que p5 = 12 p3 donc p3 = 2p5 . De plus, p5 = 13 p0 donc p0 = 3p5 .
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Comme p0 + p3 + p5 = 1, on en déduit que 3p5 + 2p5 + p5 = 1
Ainsi, p0 = 21 ,
p3 =
1
3
⇐⇒
6p5 = 1
⇐⇒
p5 =
1
6
et p5 = 61 .
2. Une partie de ce jeu consiste à lancer trois fléchettes au maximum. Le joueur gagne la partie s’il obtient
un total (pour les 3 lancers) supérieur ou égal à 8 points. Si au bout de 2 lancers, il a un total supérieur ou
égal à 8 points, il ne lance pas la troisième fléchette.
On note G2 l’évènement : « le joueur gagne la partie en 2 lancers ».
On note G3 l’évènement : « le joueur gagne la partie en 3 lancers ».
On note P l’évènement : « le joueur perd la partie ».
On note p(A) la probabilité d’un évènement A.
a.
0 point
1
2
0 point
3 points
1
3
1
6
5 points
1
2
0 point
1
2
3 points
1
3
3 points
1
3
1
6
5 points
1
6
G2 est réalisé
0 point
1
2
5 points
3 points
G2 est réalisé
5 points
G2 est réalisé
1
3
1
6
Dans un arbre pondéré, la probabilité d’une branche est égale au produit des probabilités constituant
cette branche. D’où,
5
p(G2 ) = 13 × 61 + 16 × 13 + 16 × 61 =⇒ p (G2 ) = 36
.
On admettra dans la suite que p (G3 ) =
7
36
b. P est l’événement « le joueur gagne en 2 ou 3 lancers ». Ainsi, p(P ) = p(G2 )+p(G3 ) car les événements
G2 et G3 sont incompatibles. On a donc p(P ) = 13 . D’où, p(P ) = 32 .
3. Un joueur joue six parties avec les règles données à la question 2.
En considérant l’événement contraire, puisque les lancers sont indépendants, la probabilité de perdre les six
6
6
parties est 23 . On en déduit que la probabilité de gagner au moins une des six parties est 1 − 32 .
4. Pour une partie, la mise est fixée à 2 e.
Si le joueur gagne en deux lancers, il reçoit 5 e. S’il gagne en trois lancers, il reçoit 3 e. S’il perd, il ne
reçoit rien.
a. D’après les probabilités calculées dans les questions précédentes, la loi de probabilité de X est :
k
−2
1
3
p(X = k)
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2
3
7
36
5
36
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b. L’espérance mathématique de X est
E(X) = −2 × p(X = −2) + 1 × p(X = 1) + 3 × p(X = 3) = − 13
18 ≈ −0,72. Si le joueur jouait un très
grand nombre de parties alors son gain moyen serait de −0,72 e. On peut dire que le jeu est défavorable
au joueur. (Le joueur peut « espérer » perdre)
Solution n˚3 :
1. En utilisant les données de l’exercice, on peut construire l’arbre pondéré suivant :
R1
0,3
0,6
D1
0,7
R1
0,4
D1
La probabilité d’une branche est égale au produit des poids situés sur cette branche.
L’événement R1 correspond à l’événement « la personne décroche au premier appel et répond au questionnaire
lors du premier appel ».
P (D1 ∩ R1 ) = PD1 (R1 ) × P (D1 ) = 0,6 × 0,3 = 0,18
La probabilité de l’événement R1 est 0,18.
2. On complète l’arbre précédent :
R1
0,3
D1
0,6
0,7
R1
0,2
D2
0,7
0,4
R2
0,8
D1
R2
0,3
D2
La probabilité d’une branche est égale au produit des poids situés sur cette branche.
L’événement R correspond à l’événement « la personne décroche au premier appel et répond au questionnaire
lors du premier appel ou la personne ne décroche pas au premier appel mais décroche au second et repond au
questionnaire lors du second appel ».
P (R) = P (D1 ∩ R1 ) + P (D1 ∩ D2 ∩ R2 ) car les événements D1 ∩ R1 et D1 ∩ D2 ∩ R2 sont disjoints. Ces deux
derniers événements correspondent chacun à une branche de l’arbre. Pour calculer la probabilité correspondant
à une branche, on multiplie les poids de cette branche.
D’où P (R) = 0,6 × 0,3 + 0,4 × 0,7 × 0,2 = 0,236
La probabilité de l’événement R est 0,236.
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3. Sachant qu’une personne a répondu au questionnaire, la probabilité pour que la réponse ait été donnée lors
du premier appel correspond à PR (R1 ).
PR (R1 ) =
P (R ∩ R1 )
P (R1 )
0,18
=
=
≈ 0,763
P (R)
P (R)
0,236
Sachant qu’une personne a répondu au questionnaire, la probabilité pour que la réponse ait été donnée lors
du premier appel est 0,763.
4. a. On calcule dans un premier temps la probabilité qu’aucune des n personnes ne réponde au questionnaire.
La probabilité qu’une personne ne réponde pas au questionnaire est P (R) = 1 − P (R).
Les sondages auprès des personnes d’une même liste sont indépendants. Donc, la probabilité qu’aucune des
n personnes ne réponde au questionnaire est (1 − P (R))n .
Ainsi, par passage
à l’événement
contraire, la probabilité qu’au moins une personne réponde au question
n
naire est 1 − 1 − P (R) , soit 1 − 0,764n .
b. On est ramené à résoudre dans cette question, l’inéquation 1 − 0,764n > 0,9.
1 − 0,764n > 0,9
⇐⇒
−0,764n > −0,1
⇐⇒
0,764n 6 0,1
⇐⇒
ln (0,764n ) 6 ln0,1
⇐⇒
nln0,764 6 ln0,1
ln0,1
n>
car ln0,764 < 0
ln0,764
⇐⇒
Or,
car la fonction ln est strictement croissante sur ]0 ; +∞[
ln0,1
≈ 8,55
ln0,764
On en déduit que la liste doit contenir au moins 9 personnes pour que la probabilité qu’au moins l’une
d’entre elle réponde au questionnaire, soit supérieure à 0,9.
Solution n˚4 :
1. a. À l’aide des informations données dans l’énoncé, on construit l’arbre pondéré suivant sachant qu’il pleut
aujourd’hui :
1
3
2
3
1
2
B2
1
2
B2
1
3
B2
B1
B1
B2
La probabilité d’une branche est égale au produit des poids situés sur cette branche.
1
On a P (B1 ) = .
3
B1 et B1 forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales,
2
3
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P (B2 ) = P (B2 ∩ B1 ) + P B2 ∩ B1
= PB1 (B2 ) × P (B1 ) + PB1 (B2 ) × P B1
1 1 1 2
× + ×
2 3 3 3
7
P (B2 ) =
18
b. Soit n > 1 :
1
on a PBn (Bn+1 ) =
et
2
=
1
PBn (Bn+1 ) = .
3
1
Donc P (Bn+1 ∩ Bn ) = PBn (Bn+1 ) × P (Bn ), soit P (Bn+1 ∩ Bn ) = P (Bn ).
2
et P Bn+1 ∩ Bn = PBn (Bn+1 ) × P Bn = PBn (Bn+1 ) × 1 − P (Bn ) ,
1
1 − P (Bn ) .
soit P (Bn+1 ∩ Bn ) =
3
Bn et Bn forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales,
P (Bn+1 ) = P (Bn+1 ∩ Bn ) + P Bn+1 ∩ Bn
1
1
= P (Bn ) +
1 − P (Bn )
2
3
1
1
= P (Bn ) +
6
3
1
1
Ainsi, pour tout entier n > 1, P (Bn+1 ) = P (Bn ) + .
6
3
2
2. Pour n > 1, pn = P (Bn ) et un = pn − .
5
a. Soit n > 1 :
2
1
2
= pn −
un+1 = pn+1 −
6
30
5
1
2
1 2
1
=
pn −
d’après la question 1.b
= pn + −
6
5
6
3 5
1
1
1
= pn −
= un
6
15
6
1
1
Ainsi, pour tout entier n > 1, un+1 = un . la suite (un ) est une suite géométrique de raison q = et de
6
6
2
1 2
1
premier terme u1 = p1 − = − = − .
5
3 5
15
1
1
b. Puisque (un ) est une suite géométrique de raison q = et de premier terme u1 = − , on a un = u1 ×q n−1
6
15
n−1
1
1
soit un = − ×
, ∀n > 1.
15
6
n−1
2
1
2
1
2
Comme un = pn − , ∀n > 1, on a pn = un +
soit pn = − ×
+ , ∀n > 1.
5
5
15
6
5
c. Soitn > 1 :
!
n
n−1
n−1 n−1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
1
1
=
+ − − ×
+
×
× 1−
×
=
pn+1 − pn = − ×
15
6
5
15
6
5
15
6
6
18
6
On en déduit que pn+1 − pn > 0,
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∀n > 1. La suite (pn ) est donc croissante.
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On sait que
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lim q n = 0 si −1 < q < 1. Comme −1 <
n→+∞
2
lim pn = par somme et produit.
n→+∞
5
1
< 1, on a
6
n−1
1
= 0. Ainsi,
n→+∞ 6
lim
L’interprétation est sujette à discussion.
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