Terminales S PROBABILITES , VARIABLES ALEATOIRES , LOI

Terminales S
PROBABILITES , VARIABLES ALEATOIRES , LOI BINOMIALE
EXERCICE 1
Le parc informatique d’un lycée est composé de 200 ordinateurs dont :
• 30 sont considérés comme neufs ; • 90 sont considérés comme récents ;
• les autres sont considérés comme anciens.
Une étude statistique indique que :
• 5% des ordinateurs neufs sont défaillants ; • 10 % des ordinateurs récents sont défaillants ;
• 20 % des ordinateurs anciens sont défaillants.
On choisit au hasard un ordinateur de ce parc. On note les évènements suivants
N : « L’ordinateur est neuf » R : « L’ordinateur est récent »
A : « L’ordinateur est ancien » D : « L’ordinateur est défaillant »
D
l’événement contraire de D.
1.a) • Comme 30 ordinateurs sont considérés comme neufs,
p(N)= 30
200=0,15
.
• Comme 5% des ordinateurs neufs sont défaillants , pN(D) = 0,05 .
• Comme 10 % des ordinateurs récents sont défaillants , pR(D) = 0,1.
On peut résumer le tout grâce à l'arbre de choix pondéré ci-contre .
1.b) Calculer la probabilité que l’ordinateur choisi soit neuf et défaillant est
p(N∩D)= p(N)× pN(D)=0,15×0,05=0,0075
.
1.c) La probabilité que l’ordinateur choisi soit défaillant est :
p(D)= p(N∩D)+ p(R∩D)+ p(A∩D)
D'où
p(D)= p(N)× pN(D)+ p(R)× pR(D)+ p(A)× pA(D)=0,15×0,05+0,45×0,1+0,4×0,2=0,1325
2. La probabilité demandée est
pD(A)
.
Or ,
pD(A)= p(A∩D)
p(D)=pA(D)× p(A) p(D)=0,08 0,1325≈0,60
.
La probabilité que l’ordinateur soit ancien sachant qu’il est défaillant est donc égale à 0,60 environ .
3.a) Équiper le centre de ressources de l’établissement peut être assimilé à un schéma de Bernoulli dans la
mesure où l'on répète 10 fois de façon identique et indépendante une même épreuve (choix d'un ordinateur)
pour laquelle deux issues sont envisagées : l'ordinateur est défaillant (succès) ou il ne l'est pas (échec) .
D'après ce qui précède , on en déduit que X le nombre d'ordinateurs défaillants suit une loi binomiale de
paramètres 10 et 0,1325 .
La probabilité qu’exactement trois des ordinateurs choisis soit défaillants est donc égale à
p(X=3)=
(
10
3
)
×0,13253×(1−0,1325)10−3=120×0,13253×0,86757≈0,10
3.b) La probabilité pour qu'au moins un ordinateur soit défaillant est égale à :
p(X≥1)=1– p(X=0)=1–0,867510≈0,76
.
EXERCICE 2
1. Pour former un bouquet , on doit choisir 6 fleurs parmi les 24 disponibles .
Le fleuriste peut former
(
24
6
)
=134596
bouquets possibles .
2.a) On note A l'événement « obtenir un bouquet ne comportant que des roses «
Un résultat permettant de réaliser A est composé de 6 roses .
Il y a donc
(
7
6
)
=7
résultats permettant de réaliser A .Donc ,
p(A)=
(
7
6
)
(
24
6
)
=7
3134596=1 19228
.
2.b) On note A l'événement « obtenir un bouquet comportant trois roses et deux marguerites «
Un bouquet comportant trois roses et deux marguerites est composé de :

l trois roses : il y a
(
7
3
)
=35
choix possibles .
l deux marguerites : il y a
(
7
2
)
=21
choix possibles .
l une tulipe ou une orchidée : il y a
(
10
1
)
=10
choix possibles .
On en déduit qu'il y a
(
7
3
)
×
(
7
2
)
×
(
10
1
)
=35×21×10=7350
résultats permettant de réaliser B.
Par conséquent , p(C) =
p(B)=
(
7
3
)
×
(
7
2
)
×
(
10
1
)
(
24
6
)
=7350
134596=525 9614
.
EXERCICE 3
On peut représenter la situation à l'aide d'un arbre de choix pondéré
On note N1 l'événement « la boule porte le numéro 1 »
N2 l'événement « la boule porte le numéro 2 »
1. La probabilité pour que la boule soit rouge est :
p(R)=0,2+0,8×0,1=0,28
2. La probabilité demandée est
pR(N2)= p(N2∩R)
p(R)=0,8×0,1 0,28 =2 7
3.a) L'épreuve aléatoire peut être assimilé à un schéma de Bernoulli dans la mesure où l'on répète n fois de
façon identique et indépendante une même épreuve (tirage d'une boule dans l'urne) pour laquelle deux issues
sont envisagées : la boule est rouge et porte le numéro 1 (succès) ou son contraire (échec) .
D'après ce qui précède , on en déduit que X le nombre de boules numéro 1 suit une loi binomiale de
paramètres n et 0,2 .
La probabilité d'obtenir au moins une boule rouge portant le numéro 1 est donc :
p(X≥1)=1– p(X=0)=1–0,8n
.
3.b) Déterminer l'entier n à partir duquel la probabilité d'obtenir au moins une boule rouge portant le numéro 1
est supérieure à 0,99 revient donc à résoudre l'inéquation :
1–0,8n≥0,99⇔−0,8n≥−0,01⇔0,8n≤0,01⇔ln(0,8n)≤ln 0,01⇔n×ln 0,8≤ln 0,01 ⇔n≥ln 0,01
ln 0,8 ≈20,63..
On en conclut que l'entier n à partir duquel la probabilité d'obtenir au moins une boule rouge portant le numéro
1 est n = 21 .
EXERCICE 4
1. La probabilité cherchée est
p=
(
7
2
)
×
(
3
1
)
(
10
3
)
=21
40
.
2. La variable aléatoire donnant au nombre de boules noires suit une loi binomiale de paramètres 5 et
3
10
.
Donc ,
p(X=3)=
(
5
3
)
×
(
3
10
)
3
×
(
7
10
)
2
=
(
5
2
)
×
(
3
10
)
3
×
(
7
10
)
2
, car
(
5
3
)
=
(
5
2
)
=10