TS - DEVOIR N°1 A RENDRE LE VENDREDI 15 SEPTEMBRE 2006

Exercice 1
Dans cet exercice les résultats seront donnés sous forme décimale à 10 -3 près.
Dans une population donnée, 15% des individus ont une maladie MA. Parmi les individus
atteints de la maladie MA, 20% ont une maladie MB.
On prend un individu au hasard et on désigne respectivement par A et B les événements
suivants :
« L’individu est atteint par la maladie MA. », « L’individu est atteint par la maladie MB. » .
A désigne l’événement contraire de A, pA(B) désigne la probabilité de « B sachant A ».
a. Donner les valeurs de p(A), pA(B), p A (B) .
b. Calculer p(BA) et p(B A ). En déduire p(B).
c. Calculer pB(A).
(Exercice – Bac D – 1989)
Exercice 1
a) Compte-tenu des notations de l’énoncé, p(A) désigne la probabilité pour qu’un individu soit atteint de
la maladie MA. Sachant que, dans la population donnée, 15% des individus ont la maladie MA, on en
déduit que :
p(A) = 0,150.
D’autre part, pA(B) est la probabilité pour qu’un individu soit atteint de la maladie MB sachant qu’il a la
maladie MA. D’après les hypothèses,
pA(B) = 0,200.
Enfin, p A (B) désigne la probabilité pour qu’un individu soit atteint de la maladie MB sachant qu’il n’a
pas la maladie MA. D’après les hypothèses,
p A (B)
= 0,040.
b) La formule des probabilités composées donne respectivement :
p(BA) = pA(B)p(A) et p(B A ) = p A (B)  p( A ) où p( A ) = 1 – p(A).
Par conséquent, des résultats établis dans la question précédente, on déduit que :
p(BA) = 0,030 et p(B A ) = 0,034.
Les événements (BA) et (B A ) constituant une partition de l’événement B on a :
p(B) = p(BA) + p(B A ).
Soit
p(B) = 0,064.
c) Par définition, p(A/B) =
p(A  B)
. Donc
p(B)
pB(A)  0,469.
Exercice 2
Les élèves d’un lycée se répartissent comme l’indique le tableau suivant à compléter :
Garçons
Filles
Total
730
Externes
Demi –
pensionnaires
550
Internes
180
300
1300
Total
2500
On choisit un élève au hasard.
a) Calculer la probabilité qu’il soit interne sachant qu’il s’agit d’un garçon.
b) Calculer la probabilité qu’il soit demi-pensionnaire sachant qu’il s’agit d’une fille.
c) Calculer la probabilité qu’il soit externe.
Exercice 2
On complète d’abord le tableau donnant la répartition des élèves :
Externes
½ pension.
Internes
Total
Garçons
470
550
180
1200
Filles
730
450
120
1300
Total
1200
1000
300
2500
On choisit un élève au hasard donc l’univers , ensemble de tous les « cas possibles » est l’ensemble des
élèves du lycée et card  = 2500.
a) Soit I l’événement « L’élève choisi est interne » et G l’événement « L’élève choisi est un garçon ». p
désignant la probabilité définie sur l’ensemble , calculer la probabilité de l’événement « L’élève choisi
est interne sachant qu’il s’agit d’un garçon » revient à calculer pG(I). Comme on suppose qu’il y a
équiprobabilité,
card(I  G)
180
p(I/G) =
 pG(I) =
.
1200
card(G)
En conclusion,
3
.
pG(I) =
20
b) Soit D l’événement « L’élève choisi est demi-pensionnaire » et F l’événement « L’élève choisi est une
fille ». Alors, calculer la probabilité de l’événement « L’élève choisi est demi-pensionnaire sachant qu’il
s’agit d’une fille » revient à calculer la probabilité pF(D). Comme précédemment on peut tout de suite
écrire que :
card(D  F)
450
.
pF(D) =
 pF(D) =
cardF
1300
En conclusion,
9
.
pF(D) =
26
c) Soit E l’événement « L’élève choisi est externe ». Alors p(E) =
Soit
p(E) =
12
.
25
cardE
 p(E) =
card 
1200
.
2500
Exercice 3
Une entreprise fabrique des moteurs électriques. Afin de vérifier la conformité des moteurs,
on procède à deux tests : l’un de type mécanique, l’autre de type électrique.
Un moteur est rejeté s’il présente au moins l’un des deux types de défaut.
Un moteur est déclaré en parfait état de marche s’il ne présente aucun des deux types de
défaut.
Une étude statistique de la production conduit à dégager les résultats suivants :
- la probabilité qu’un moteur soit défectueux pour le test mécanique est 0,08 ;
- la probabilité qu’un moteur soit défectueux pour le test électrique est 0,05 ;
- la probabilité qu’un moteur soit défectueux pour les deux tests est 0,02.
On prélève au hasard un moteur dans la production.
On appelle : DM l’événement « le moteur prélevé présente un défaut de type mécanique »,
DE l’événement « le moteur prélevé présente un défaut de type électrique ».
1. a) Les événements DM et DE sont-ils indépendants ?
b) Calculer la probabilité de l’événement DM sachant que l’événement DE est réalisé.
2. a) Calculer la probabilité de l’événement A : « Le moteur prélevé présente au moins un
défaut ».
b) Démontrer que la probabilité de l’événement B : « Le moteur prélevé est en parfait état
de marche » est 0,89.
c) Déterminer la probabilité de l’événement C : « Le moteur prélevé présente un seul
défaut ».
3. Soit X la variable aléatoire désignant le nombre de types de défaut (électrique ou
mécanique) présentés par le moteur.
a) Quelles sont les valeurs prises par X ?
b) Déterminer la loi de probabilité de X .
c) Calculer l’espérance mathématique E(X).
d) Calculer la variance V(X) et en déduire l’écart-type de X.
On donnera les résultats à 10-2 près.
Exercice 3
1. a) Les événements DM et DE sont indépendants si, et seulement si, p(DM  DE) = p(DM )p( DE).
Par hypothèse, p(DM ) = 0,08 ; p( DE) = 0,05 et p(DM  DE) = 0,02. Or 0,02  0,080,05.
Donc les événements DM et DE ne sont pas indépendants.
b) Par définition d’une probabilité conditionnelle,
p(DM / DE) =
p(DM  D E )
p(DE )
p D E D M  = 0,40.
donc
2. a) Par définition de l’événement A, A = DM  DE donc la probabilité de l’événement A est :
p(A) = p(DM ) + p( DE) - p(DM  DE) donc
p(A) = 0,11.
b) Par définition de l’événement B, B = A donc la probabilité de l(événement B est :
p(B) = 1 – p(A) donc
p(B) = 0,89.
c) Par définition de l’événement C, A = CD où D = DM  DE. Par conséquent CD = . On en déduit
que :
p(A ) = p(C) + p(D) soit p(C) = p(A) – p(D) où p(A) = 0,11 et p(D) = 0,02.
En conclusion,
p(C) = 0,09.
3. a) Ainsi le moteur peut ne présenter aucun défaut : X = 0. Il peut présenter un seul des deux défauts, dans
ce cas : X = 1. Ou bien il peut présenter simultanément les deux défauts : X = 3. Donc l’ensemble des
valeurs prises par X est :
{0, 1, 2 }
b) On détermine ensuite la loi de probabilité de X .
p(X = 0) = p(B) donc p( X = 0) = 0,89.
p(X = 1) = p(C) donc p(X = 1) = 0,09.
p(X = 2) = p(D) donc p(X = 2) = 0,02.
D’où le tableau donnant la loi de la probabilité de X :
c) L’espérance mathématique de X est : E(X) =
Donc

k
0
1
2
p(X = k)
0,89
0,09
0,02
kp(X  k)
soit E(X) = 10,09 + 20,02.
E(X) = 0,13.
d) Par définition de la variance, V(X) =  k 2p(X  k) - E(X) 2 soit V(X) = = 10,09 + 40,02 – (0,13)2.
Donc
V(X)  0,15 à 10-2 près par défaut.
On en déduit l’écart-type de X : (X) =
V(X) soit
(X)  0,39 à 10-2 près par défaut.
Exercice 4
Pour prévenir deux défectuosités a et b des pièces fabriquées par une usine, on décide de
soumettre l’ensemble des pièces à des tests. Les études statistiques menées sur un effectif
assez grand ont montré que :
a) 8% des pièces présentent le défaut a.
b) Parmi les pièces atteintes du défaut a, 15% ont le défaut b.
c) Parmi les pièces non atteintes du défaut a, 5% ont le défaut b.
On prend au hasard une pièce produite et on considère les événements suivants :
A : « La pièce présente le défaut a »
B : « La pièce présente le défaut b ».
1. a. Calculer la probabilité pour qu’une pièce prise au hasard présente les deux défauts a et
b.
b. Calculer la probabilité pour qu’une pièce prise au hasard présente le défaut b et ne
présente pas le défaut a.
c. En déduire que la probabilité de B est égale à 0,058.
2. Démontrer que la probabilité d’obtenir une pièce bonne (c’est-à-dire ne présentant ni le
défaut a, ni le défaut b) est 0,874.
Exercice 4
L’univers  associé à cette étude est l’ensemble des pièces produites par l’usine. On notera p la probabilité
définie sur . Compte tenu des notations introduites dans l’énoncé, les hypothèses s’écrivent :
p(A) = 0,08 p(B/A) = 0,15 et p(B/ A ) = 0,05.
1. a. L’événement « une pièce prise au hasard présente les deux défauts a et b » est l’événement AB. La
formule des probabilités composées permet d’écrire que :
p(AB) = p(B/A)p(A)  p(AB) = 0,150,08
donc
p(AB) = 0,012.
b. L’événement « une pièce prise au hasard présente le défaut b et ne présente pas le défaut a » est
l’événement B  A . De même que précédemment, la formule des probabilités composées donne :
p( B  A ) = p(B/ A )p( A ) soit p( B  A ) = p(B/ A )[1 – p(A)] donc p( B  A ) = 0,05(1 – 0,08).
En conclusion,
p( B  A ) = 0,046.
c. {A, A } constitue un système complet d’événements donc : p(B) = p( B  A ) + p(AB) soit p(B) =
0,012 + 0,046.
D’où :
p(B) = 0,058.
2. L’événement « obtenir une pièce bonne » est l’événement noté A  B . Or :
p( A  B ) = 1 – p(AB) où p(AB) = p(A) + p(B) – p(AB).
Par conséquent
p( A  B ) = 1 – [0,08 + 0,058 – 0,012].
En conclusion,
p( A  B ) = 0,874.
Exercice 5
Une urne A contient 2 boules rouges et 3 boules noires, une urne B contient 3 boules rouges
et 2 boules noires.
On tire au hasard une boule de l’urne A :
 si elle est noire, on la place dans l’urne B,
 sinon, on l’écarte du jeu.
On tire au hasard ensuite une boule de l’urne B.
On considère les événements suivants :
R1 : « la boule tirée de A est rouge »
N1 : « la boule tirée de A est noire »
R2 : « la boule tirée de B est rouge »
N2 : « la boule tirée de B est noire »
1. a. Calculer les probabilités des événements R1 et N1.
b. Calculer les probabilités des événements « R2 sachant R1 » et « R2 sachant N1 ».
27
En déduire que la probabilité de R2 est de
.
50
c. Calculer la probabilité de N2.
2. On répète n fois l’épreuve précédente (tirage d’une boule de A, suivi du tirage d’une
boule de B dans les mêmes conditions initiales indiquées ci-dessus), en supposant les
différentes épreuves indépendantes.
Quel est nombre minimum d’essais doit-on effectuer pour que la probabilité d’obtenir au
moins une fois une boule rouge de l’urne B soit supérieure à 0,99 ?
(Exercice – Polynésie, 1998)
Exercice 5
1. a. L’urne A contient 5 boules dont 2 sont rouges. p désignant la probabilité définie sur l’univers associé
au tirage d’une boule de l’urne A, comme il y a équiprobabilité, la probabilité de l’événement R1 est :
p(R1) =
2
5
L’événement N1 étant l’événement contraire de R1, sa probabilité est :
p(N1) =
3
5
b. On suppose maintenant que l’on a tiré une boule rouge de l’urne A. L’urne B contient alors 3 boules
rouges et 2 boules noires. Dans ce cas, p désignant la probabilité définie sur l’univers associé aux tirages
successifs dans l’urne A puis dans l’urne B, la probabilité de tirer une boule rouge de l’urne B est :
p(R2/R1) =
3
5
Si l’on a tiré une boule noire de l’urne A, la composition de l’urne B change : celle-ci contient 3 rouges et 3
noires donc la probabilité de tirer cette fois une boule rouge de l’urne B est :
p(R2/N1) =
3
6
soit
p(R2/N1) =
1
2
R 1 , N1 constituant un système complet d’événements, pour calculer la probabilité de l’événement R2, on
applique la formule des probabilités totales, à savoir :
p(R2) = p(R2/R1) p(R1) + p(R2/N1) p(N1).
Les résultats obtenus précédemment permettent de conclure que :
27
50
p(R2) =
c. L’événement N2 étant l’événement contraire de R2, p(N2) = 1 - p(R2). Donc
p(N2) =
23
50
2. On répète n fois l’épreuve précédente de manière indépendante à chaque fois, chaque épreuve
conduisant aux deux seules issues N2 et R2. Il s’agit donc d’un schéma de Bernoulli. On considèrera l’issue
R2 comme succès, N2 étant alors l’échec.
L’événement « tirer au moins une fois une boule rouge de l’urne B sur les n fois où l’on répète l’épreuve »
est l’événement contraire de « ne jamais tirer une seule boule rouge de l’urne B sur les n fois où l’on répète
l’épreuve ». Donc, pn désignant la probabilité cherchée :
pn = 1 -
0
n
 27   23 
     pn = 1 n  50   50 
0
C
 23 
 
 50 
n
On veut déterminer le plus petit entier naturel n à partir duquel pn  0,99.
n
 23 
p n  0,99  1 -    0,99
 50 
n
 23 
    0,01
 50 
n
 23 
 ln    ln(0,01)
 50 
 23 
 nln    ln(0,01)
 50 
ln(0,01)
 23 
 n
car ln    0
 23 
 50 
ln  
 50 
ln(0,01)
 n  6 car
 5,93
 23 
ln  
 50 
Donc il faut effectuer au moins 6 essais pour que la probabilité d’obtenir au moins une fois une boule
rouge de l’urne B soit supérieure à 0,99.
Exercice 6
On désigne par n un entier naturel supérieur ou égal à 2.
On imagine n sacs de jetons S1, ……., Sn.
Au départ, le sac S1 contient 2 jetons noirs et 1 jeton blanc, et chacun des autres sacs
contient 1 jeton noir et 1 jeton blanc.
On se propose d’étudier l’évolution des tirages successifs d’un jeton de ces sacs, effectué de
la façon suivante :
- Première étape : on tire au hasard un jeton S1.
- Deuxième étape : on place ce jeton dans S2 et on tire, au hasard, un jeton de S2.
- Troisième étape : après avoir placé dans S3 le jeton sorti de S2, on tire, au hasard, un jeton
de S3 …. et ainsi de suite ….
S1
S2
S3
Pour tout entier naturel k tel que 1  k  n, on note Ek l’événement : « le jeton sorti de Sk
est blanc », et E k l’événement contraire.
1. a. Déterminer la probabilité de E1, notée P(E1), et les probabilités conditionnelles :
PE1 E 2  et PE E 2  .
1
En déduire la probabilité de E2, notée P(E2).
b. Pour tout entier naturel k tel que 1  k  n, la probabilité de Ek est notée pk.
Justifier la relation de récurrence suivante :
1
1
pk+1 = p k  .
3
3
2. Etude d’une suite (uk) :
1
1
1
On note (uk) la suite définie par u 1  et , pour tout entier k  1, u k 1  u k  .
3
3
3
1
a. On considère la suite (vk) définie par, pour tout élément k de *, v k  u k - .
2
Démontrer que (vk) est une suite géométrique.
b. En déduire l’expression de uk en fonction de k. Montrer que la suite (uk) est
convergente et préciser sa limite.
3. Dans cette question, on suppose que n = 10.
Déterminer pour quelles valeurs de k on a :
0,499  pk  0,5.
(Exercice – Bac S – Amérique du Nord 1996)
Exercice 6
1. a. L’événement E1 est : « le jeton sorti de S1 est blanc ». Or le sac S1 contient 2 jetons noirs et 1 jeton
blanc soit 3 jetons au total. On est en situation d’équiprobabilité donc la probabilité de tirer 1 jeton blanc du
sac S1 s’écrit :
nombre de jetons blancs dans S1
.
PE1  
nombre total de jetons dans le sacS1
Par conséquent :
1
P(E1) = .
3
La probabilité de l’événement E1 étant non nulle on peut considérer la probabilité conditionnelle PE1 E 2  .
La probabilité cherchée étant conditionnée par l’événement E1 on connaît la composition du sac S2. En effet,
on a tiré un jeton blanc du sac S1 et on a placé ce jeton dans le sac S2 qui contient maintenant 2 jetons blancs
et 1 jeton noir. On est toujours en situation d’équiprobabilité donc :
PE1 E 2  
2
3
 
 
 
1
Par définition de l’événement contraire, P E 1 = 1 – P(E1)  P E 1  donc P E 1 est non nulle. On peut
3
alors considérer la probabilité conditionnelle PE E 2  .
1
La probabilité cherchée cette fois est conditionnée par l’événement E 1 on connaît la composition du sac S2.
En effet, on a tiré un jeton noir du sac S1 et on a placé ce jeton dans le sac S2 qui contient maintenant 1 jeton
blanc et 2 jetons noirs. On est toujours en situation d’équiprobabilité donc :
PE E 2  
1
1
3
Les événements E1 et E 1 constituent une partition de l’ensemble de tous les tirages possibles du sac S1 et
leurs probabilités sont non nulles. On peut donc appliquer la formule des probabilités totales au calcul de
P(E2) :
P(E2) = PE1 E 2   P(E1) + PE E 2   P E 1
1
=
 
2 1 1 2
  
3 3 3 3
En conclusion,
P(E2) =
4
.
9
b. On procède comme précédemment avec, maintenant, les sacs Sk et Sk+1 car le tirage du jeton du sac Sk
conditionne la composition du sac Sk+1 et donc la probabilité de tirer un jeton blanc de ce dernier sac.
Les événements Ek et E k constituent une partition de l’ensemble de tous les tirages possibles du sac Sk et
leurs probabilités sont non nulles. On peut donc appliquer la formule des probabilités totales au calcul de
P(Ek+1) :
P(Ek+1) = PE k E k 1   P(Ek) + PE E k 1   P E k
k
où PE k E k 1  =
PE E k 1  =
k
 
2
car on a tiré un jeton blanc du sac Sk et on a placé ce jeton blanc dans le sac Sk+1 et
3
1
car on a tiré un jeton noir du sac Sk et on a placé ce jeton noir dans le sac Sk+1. De plus,
3
P E k = 1 – P(Ek)  P E k  1 - pk .
 
 
En conséquence : P(Ek+1) =
2
1
pk + (1 - pk) et
3
3
1
1
pk  .
3
3
pk+1 =
2. a. Quel que soit l’entier non nul k,
v k 1  u k 1 -
1
2
1 1
1
  uk   3 2
3
1
1
 uk 
3
6
1
1
 uk - 
3
2
On déduit de ce dernier résultat que la suite (vk) est une suite géométrique de raison
1
1
 v1 = - .
2
6
En conclusion,
1
. Son premier terme
3
est : v1 = u1 -
1
 1
et de premier terme    .
3
 6
(vk) est la suite géométrique de raison
b. Par conséquent, quel que soit l’entier naturel non nul k,
11
vk =   
6 3
1
1
De la relation vk = uk - on déduit que uk = vk + . Donc,
2
2
k -1
.
quel que soit l’entier naturel non nul k, uk =
1 11
-  
2 6 3
k -1
.
1
< 1, la suite géométrique (vk) est convergente et converge vers 0. On en déduit que la suite
3
1
(uk) est convergente et :
lim u k 
k  
2
Comme – 1 <
3. On suppose qu’il y a 10 sacs.
1 11
Des questions 1. b. et 2. b. on déduit que : pk = -  
2 6 3
k -1
quel que soit l’entier naturel non nul k. Donc :
1 11
0,499  pk  0,5  0,499  -  
2 6 3
k -1
k -1
 0,5
1
 0     0,006
3
1
 (k- 1)ln    ln(0,006)
3
ln( 0,006)
ln( 0,006)
k–1
et
 4,6.
1
1
ln  
ln  
3
3
Donc
k  {6, 7, 8, 9, 10}
Exercice 7
Les résultats seront donnés sous forme de fractions irréductibles.
Un joueur achète 10 € un billet permettant de participer à un jeu constitué d’un grattage suivi
d’une loterie.
1
Il gratte une case sur le billet. Il peut alors gagner 100 € avec une probabilité de
ou bien
50
ne rien gagner.
G désigne l’événement : « Le joueur gagne au grattage ».
Il participe ensuite à une loterie avec le même billet. A cette loterie, il peut gagner 100 , ou
200 €, ou bien ne rien gagner.
L1 désigne l’événement : « Le joueur gagne 100 € à la loterie ».
L2 désigne l’événement : « Le joueur gagne 200 € à la loterie ».
P désigne l’événement : « Le joueur ne gagne rien à la loterie ».
Si le joueur n’a rien gagné au grattage, la probabilité qu’il gagne 100 € à la loterie est
1
, et
70
1
.
490
1. a) Faire un arbre sur lequel on indiquera les renseignements qui précèdent.
la probabilité qu’il gagne 200 € à la loterie est
b) Calculer la probabilité que le joueur ne gagne rien à la loterie, sachant qu’il n’a rien
gagné au grattage. Compléter l’arbre obtenu avec cette valeur.
c) Au bout de chaque branche, indiquer le gain algébrique total du joueur après grattage et
loterie, déduction faite du prix du billet.
2. On note X la variable aléatoire qui représente le gain algébrique du joueur, après grattage
et loterie, déduction faite du prix du billet.
2
La probabilité de l’événement « X = 90 » est
.
125
1
La probabilité de l’événement « X = 190 » est
.
250
a) Montrer que la probabilité que le joueur gagne 100 € à la loterie, sachant qu’il a gagné
1
100 € au grattage, est égale à
.
10
b) Calculer la probabilité que le joueur ne gagne rien à la loterie, sachant qu’il a gagné 100
€ au grattage.
c) Déterminer la loi de probabilité de X. Calculer l’espérance de X.
Exercice 7
1. a) Dès l’achat du billet, le joueur peut gagner (événement G) ou perdre (événement G ). Ensuite, il
participe à la loterie avec le même billet. Trois issues sont alors possibles quel que soit le résultat du
grattage : L1, L2, P. D’où l’arbre suivant :
1
10
1
50
49
50
L1
100 + 100 - 10 = 190
L2
100 + 200 – 10 = 290
1
10
P
100 + 0 – 10 = 90
1
70
L1
0 + 100 – 10 = 90
4
5
G
1
L2
490
G
241
245
0 + 200 – 10 = 190
0 + 0 – 10 = - 10
P
b) La probabilité demandée dans cette question s’écrit p G (P) . L1, L2, P constituent une partition de
l’ensemble de tous les gains possibles du joueur lorsqu’il achète un billet.
Compte tenu des hypothèses :
p G (L 1 )  p G (L 2 )  p G (P) = 1  p G (P) = 1 - p G (L1 )  p G (L 2 )
 p G (P) = 1 Donc
p G (P) 
1
1
70 490
241
245
2. a) La probabilité cherchée ici s’écrit p G (L 1 ) . On sait que p(X = 190) =
1
ce qui se traduit encore
250
par :
1
250
car le joueur gagne 190 F lorsqu’il gagne au grattage et gagne 100 F à la loterie (événement L1G) , ou
lorsqu’il perd au grattage et gagne 200 F à la loterie (événement L2 G ), ces deux événements étant
incompatibles. Donc
1
49
1
1
1

 p G (L 1 ) 
=
p G (L 1 ) p(G) + p G (L 2 ) p( G ) =
250
50
250 490 50
1
1
 p G (L 1 ) 
=
500
50
D’où
1
p G L1  =
10
p(L1G) + p(L2 G ) =
b) La probabilité demandée dans cette question s’écrit p G (P) . Comme précédemment, on sait que :
2
2
p(X = 90) =
ce qui se traduit encore par p(PG) + p(L1 G ) =
,
125
125
car le joueur gagne 90 F lorsqu’il gagne au grattage et perd à la loterie (événement PG), ou lorsqu’il perd
au grattage et gagne 100 F à la loterie (événement L1 G ), ces deux événements étant incompatibles. D’où
p G (P) p(G) + p G (L 1 ) p( G ) =
2
2
1 49
1

 p G (P) 
=
125
50 125 70 50
1
1
 p G (P) 
=
500
50
Donc
p G (P) =
1
10
c) L1, L2, P constituent une partition de l’ensemble de tous les gains possibles du joueur lorsqu’il achète
un billet. De plus, pG est une probabilité donc, compte tenu des hypothèses :
pG(L1) + pG(L2) + pG(P) = 1  pG(L2) = 1 - pG(L1) - pG(P)
1
1
 pG(L2) = 1 10 10
4
 pG(L2) = .
5
On en déduit alors :
4 1

5 50
2
 p(L2G) =
.
125
p(L2G) = pG(L2)p(G)  p(L2G) =
Tableau donnant la loi de probabilité de X
k
290
190
90
- 10
p(X = k)
2
125
1
250
2
125
241
250
où p(X = 290) = p(L2G) et
p(X = - 10) = 1 – p(X = 290) – p(X = 190) – p(X = 90).
L’espérance de X est alors égale à :
2
2
1160  190  360 - 2410
1
241
E(X) = 290
+ 190
+ 90
- 10
 E(X) =
125
125
250
250
250
En conclusion,
E(X) = - 2,8
donc le jeu n’est pas favorable au joueur.
Exercice 8
Les résultats seront donnés à 10-3 près.
Une entreprise confie à une société de sondage par téléphone une enquête sur la qualité de
ses produits. Chaque enquêteur a une liste de personnes à contacter.
Lors du premier appel téléphonique, la probabilité que le correspondant soit absent est 0,4.
Sachant que le correspondant est présent, la probabilité qu’il accepte de répondre au
questionnaire est 0,2.
1. On note :
 A1 l’événement : « La personne est absente lors du premier appel » ;
 R1 l’événement : « La personne accepte de répondre au questionnaire lors du premier
appel ».
Quelle est la probabilité de R1 ?
2. Lorsqu’une personne est absente lors du premier appel, on lui téléphone une seconde
fois, à une heure différente, et, alors, la probabilité qu’elle soit absente est 0,3. Et, sachant
qu’elle est présente lors du second appel, la probabilité qu’elle accepte de répondre au
questionnaire est encore 0,2.
Si une personne est absente lors du second appel, on ne tente plus de la contacter.
On note :
 A2 l’événement : « La personne est absente lors du second appel » ;
 R2 l’événement : « La personne accepte de répondre au questionnaire lors du second
appel » ;
 R l’événement : « La personne accepte de répondre au questionnaire ».
Montrer que la probabilité de R est 0,176. (On pourra utiliser un arbre.)
3. Sachant qu’une personne a accepté de répondre au questionnaire, quelle est la probabilité
que la réponse ait eu lieu lors du premier appel ?
4. On suppose que les sondages auprès des personnes d’une même liste sont indépendants.
Un enquêteur a une liste de 20 personnes à contacter.
Quelle est la probabilité qu’une au moins des 20 personnes de la liste accepte de répondre
au questionnaire ?
(Exercice – France métropolitaine – Septembre 2000)
Exercice 8
1. Par hypothèse et compte tenu des notations de l’énoncé, p(A1) = 0,4 et p A R 1  = 0,2. Comme les
1
événements R1 et R1 A 1 sont égaux, une personne ne pouvant répondre au premier appel que si elle est
présente lors de ce premier appel, on en déduit, en conséquence de la définition d’une probabilité
conditionnelle et sachant que p( A 1 ) est non nulle, que :
p(R1) = (R1 A 1 )  p(R1) = p A R 1   p( A 1 ) donc p(R1) = p A R 1  [1 – p(A1)]
1
1
Autrement dit,
p(R1) = 0,12
2. Si on présente toutes les situations
possibles sous la forme d’un arbre, il n’y a,
au premier appel téléphonique que deux possibilités : A1 et A 1 , avec pour probabilités respectives 0,4 et 1
– 0,4 soit 0,6.
Si la personne est absente lors du premier appel, la probabilité qu’elle accepte de répondre au
questionnaire est alors nulle et celle de l’événement contraire est alors maximale c’est-à-dire égale à 1.
Si la personne est présente lors de ce premier appel téléphonique, la probabilité qu’elle accepte de répondre
au questionnaire est alors égale à 0,2 et celle qu ‘elle refuse est donc égale à 1 – 0,2 soit 0,8.
On complète ensuite l’arbre dans la partie correspondant au cas de personne n’ayant pas répondu au
premier appel. Deux cas se présentent encore : A2 et A 2 , avec pour probabilités respectives 0,3 et 1 – 0,3
soit 0,7. Si la personne est encore absente au second appel, la probabilité qu’elle accepte de répondre au
questionnaire est alors nulle et celle de l’événement contraire est alors maximale c’est-à-dire égale à 1.
Si la personne est présente lors de ce second appel téléphonique, la probabilité qu’elle accepte de répondre
au questionnaire est encore égale à 0,2 et celle qu ‘elle refuse est donc encore égale à 1 – 0,2 soit 0,8.
D’où le schéma suivant :
0,3
A1
1
1
R2
A2
R1
0,2
0,7
0,2
0,6
R2
R1
0
0,4
0
R1
0,8
A1
0,8
R2
A2
R2
R1
L’événement R est réalisé lorsque la personne est présente dès le premier appel téléphonique et accepte de
répondre au questionnaire (événement que l’on note R1 A 1 ) ou lorsqu’elle est absente au premier appel
téléphonique mais présente au second et accepte alors de répondre au questionnaire (événement que l’on
note A1 A 2  R2). Donc : R = (R1 A 1 )(A1 A 2  R2) et p(R) = p(R1 A 1 ) + p(A1 A 2  R2), les
deux événements (R1 A 1 ) et (A1 A 2  R2) étant incompatibles.
D’autre part,
p(A1 A 2  R2) = p A R 2   p A1 A 2 p(A1)  p(A1 A 2  R2) = 0,20,70,4
2
 
En conclusion, p(R) = 0,12 + 0,056 donc :
p(R) = 0,176.
3. La probabilité demandée est : p R R 1 . Par définition d’une probabilité conditionnelle,
p(R 1  R)
p(R 1 )
p R (R 1 ) 
 p R (R 1 ) 
p(R)
p(R)
 p R (R 1 ) 
En conclusion,
pR(R1)  0,682
0,12
0,176
Exercice 9
En 2005, un laboratoire de recherche met au point un test de dépistage de la maladie
responsable de cette disparition et fournit les renseignements suivants : « La population
testée comporte 50% d’animaux malades. Si un animal est malade, le test est positif dans
99% des cas ; si un animal n’est pas malade, le test est positif dans 0,1% des cas ».
On note M l’événement : « L’animal est malade », M l’événement contraire et T
l’événement : « Le test est positif ».
1. Déterminer p(M), pM(T), p M (T) .
2. En déduire p(T).
3. Le laboratoire estime qu’un test est fiable si sa valeur prédictive, c’est-à-dire la
probabilité
qu’un animal soit malade sachant que le test est positif, est supérieure à 0,999.
Ce test est-il fiable ?
Exercice 9
1. Par hypothèse et compte tenu des notations de l'énoncé, p(M) =
50
99
0,1
, pM(T) =
et p M (T) =
.
100
100
100
En conclusion,
p(M) = 0,5
pM(T) = 0,99
p M (T) = 0,001.
2. Les événements M et M constituent une partition de l'ensemble de la population animale testée. On
peut donc appliquer la formule des probabilités totales au calcul de p(T) :
p(T) = p(TM) + p(T M )
= pM(T)p(M) + p M (T)p( M )
= pM(T)p(M) + p M (T)[1 – p(M)] car M et M sont deux
événements contraires
Donc p(T) = 0,990,5 + 0,001(1 – 0,5).
En conclusion,
p(T) = 0,4955.
3. On recherche maintenant la probabilité qu'un animal soit malade sachant que le test est positif c'est-àdire pT(M). Par définition d'une probabilité conditionnelle et sachant que p(T) est non nulle,
p T  p(M)
pT  M 
pT(M) =
 pT(M) = M
p(T)
p(T)
0,99  0,5
 pT(M) =
0,4955
0,495
 pT(M) =
.
0,4955
Une valeur approchée de pT(M) est 0,99899 à 10-5 près par défaut.
Il faut néanmoins conclure que le test de dépistage mis au point par le laboratoire n'est pas fiable.
Exercice 11
Une usine est dotée d’un système d’alarme qui se déclenche en principe lorsqu’un incident
se produit sur une chaîne de production. Il peut arriver toutefois que le système soit mis en
défaut. En effet, des études statistiques ont montré que, sur une journée :
 la probabilité que l’alarme se déclenche par erreur, c’est-à-dire sans qu’il y ait eu
1
d’incident, est égale à
;
50
1
 la probabilité qu’un incident survienne sans que l’alarme se déclenche est égale à
;
500
1
 la probabilité qu’un incident se produise est égale à
.
100
On pourra noter :
A l’événement « l’alarme se déclenche » ;
I l’événement « un incident se produit » ;
A et I leurs événements contraires respectifs.
Ainsi, par exemple, A  I représente l’événement « l’alarme se déclenche sans qu’il y
ait incident ».
Partie A
1. Calculer la probabilité que, dans une journée, un incident survienne et que l’alarme se
déclenche. En déduire la probabilité que l’alarme se déclenche.
2. Quelle est la probabilité que, sur une journée, le système d’alarme soit mis en défaut ?
3. L’alarme vient de se déclencher. Quelle est la probabilité qu’il y ait réellement un
incident ?
Partie B
Les assureurs estiment qu’en moyenne, pour l’entreprise, le coût des anomalies est le
suivant :
 1000 € pour un incident lorsque l’alarme fonctionne ;
 3000 € pour un incident lorsque l’alarme ne se déclenche pas ;
 200 € lorsque l’alarme se déclenche par erreur.
On considère qu’il se produit au plus une anomalie par jour.
Soit X la variable aléatoire représentant le coût journalier des anomalies pour l’entreprise.
1. Donner la loi de probabilité de X.
2. Quel est le coût journalier moyen des anomalies ?
(Centres étrangers, groupe 1 – 1997)
Exercice 11
Avec les notations de l’énoncé on peut traduire les hypothèses par les relations suivantes :
1
1
1
p(A I ) =
; p( A I) =
et p(I) =
.
500
100
50
Partie A
1. On cherche à calculer la probabilité de l’événement AI.
Les événements A et A constituent une partition de l’ensemble de toutes les éventualités concernant
l’alarme dont est dotée l’usine. Par conséquent I = (AI)( A I), les événements AI et A I étant
incompatibles. On en déduit que :
p(I) = p(AI) + p( A I)  p(AI) = p(I) - (p( A I)
1
1
 p(AI) =
100 500
En conséquence, la probabilité que, dans une journée, un incident survienne et que l’alarme se déclenche
est :
1
p(AI) =
.
125
De même, I et I constituent une partition de l’ensemble de toutes les éventualités sur le plan des incidents
susceptibles de se produire dans l’usine. Comme précédemment on peut écrire A = (AI)(A  I ), les
événements AI et A  I étant incompatibles. On en déduit que :
1
1

p(A) = p(AI) + p(A  I )  p(A) =
125 50
En conclusion, la probabilité que l’alarme se déclenche est :
p(A) =
7
.
250
2. Chercher la probabilité que l’alarme soit mise en défaut revient à rechercher la probabilité de
l’événement E = (A  I )( A I) où les événements A  I et A I sont incompatibles.
1
1

Donc p(E) = p(A  I ) + p( A I)  p(E) =
.
50 500
En conclusion, la probabilité que, sur une journée, l’alarme soit mise en défaut est :
p((A  I )( A I)) =
11
.
500
3. Sachant que l’alarme vient de se déclencher, la probabilité qu’il y ait réellement un incident s’écrit :
pA(I) où p(A) est non nulle (cf. la question 1.). Par définition d’une probabilité conditionnelle,
1
p(A  I)
pA(I) =
 pA(I) = 125 .
7
p(A)
250
Par conséquent, la probabilité que, l’alarme venant de se déclencher, il y ait un incident est égale à :
pA(I) =
2
.
7
Partie B
1. Par définition de la variable aléatoire X celle-ci peut prendre :
 la valeur 0 lorsque l’alarme ne se déclenche pas et qu’il n’y a aucun incident, soit l’événement A  I
 la valeur 200 lorsque l’alarme se déclenche par erreur, soit l’événement A  I
 la valeur 1000 pour un incident lorsque l’alarme fonctionne, soit l’événement AI
 la valeur 3000 pour un incident lorsque l’alarme ne se déclenche pas, soit l’événement A I.
1
1
1
Donc : p(X = 200) =
, p(X = 1000) =
, p(X = 3000) =
125
500
50
et
p(X = 0) = 1 – [p(X = 200) + p(X = 1000) + p(X = 3000)]
10  4  1
=1500
97
=
100
Tableau donnant la loi de probabilité de X
k
p(X = k)
0
97
100
200
1
50
1000
1
125
3000
1
500
2. Le coût journalier moyen des anomalies est l’espérance de la variable aléatoire X, notée E(X).
97
1
1
1
E(X)  0 
 200   1000 
 3000 
100
50
125
500
 486
En conséquence, le coût journalier moyen des anomalies est 18 euros.