GEA2 (Alfonsi) - Normalesup.org

GEA II
Introduction aux probabilités
Poly. de révision
Lionel Darondeau
Table des matières
4
Énoncés
10
Corrigés
TD 1.
Analyse combinatoire
11
TD 2.
Probabilités élémentaires
16
TD 3.
Probabilités conditionnelles
20
TD 4.
Lois discrètes
23
TD 5.
Variables aléatoires discrètes
28
3
Énoncés
I.U.T.de SCEAUX
G.E.A.2 1ère année
Liliane ALFONSI
T.D. 1 : Analyse combinatoire
Exercice 1 :
De combien de façons peut on :
les
a) répartir 5 voyageurs dans un hôtel de 10 chambres, un voyageur occupant une seule chambre ?
b) répartir 6 sacs à dos identiques entre 7 randonneurs, un randonneur n’ayant qu’un sac à dos ?
c) répartir 2 bonbons identiques parmi 3 enfants, un seul enfant ne pouvant pas avoir les 2 ?
d) obtenir un sigle de 4 lettres avec les lettres G,E,A ?
e) obtenir un nombre de 3 chiffres avec les chiffres tous distincts ?
f) dans le dessin ci dessous, aller de A à B en utilisant le chemin le plus court, en ne suivant que
traits tracés ?
Exercice 2 :
Une main est un ensemble de 5 cartes. On tire une main dans un paquet de 32 cartes.
Combien a-t-on de mains différentes possibles ?
Parmi celles ci :
a) combien ont un roi ?
b) combien ont au moins un roi ?
c) combien ont le roi de coeur ?
d) combien ont au moins un coeur ?
e) combien ont un roi et un coeur ?
f) combien ont un roi et au moins 3 coeurs ?
Exercice 3 :
Combien de mots (un mot est un assemblage de lettres, par exemple: « zwqg »est un mot) de 4 lettres peut
on écrire ?
Parmi ces mots combien contiennent les lettres M et E ?
Combien ont 3 fois la même lettre ?
I.U.T.de SCEAUX
G.E.A.2 1ère année
Liliane ALFONSI
T.D. 2 : Probabilités élémentaires
Exercice 1 :
On choisit 3 cartes dans un jeu de 32. Quelle est la probabilité d’avoir :
a) 3 as ?
b) au moins 2 as ?
c) 2 rois et 1 dame ?
d) au moins 2 rois et au moins une dame ?
e) au moins un valet et au plus un as ?
f) un roi et un pique ?
Exercice 2 :
Dans une urne il y a 4 boules vertes, 2 bleues, et 3 rouges.
Quelle est la probabilité de tirer :
a) une de chaque couleur en tirant une poignée de 3 ?
b) d’abord une verte, puis, après remise, une bleue, puis après remise une rouge ?
c) une de chaque couleur en tirant les boules une à une avec remise ?
d) k vertes, (avec k=0, puis k=1, puis k=2, puis k=3) avec la règle: « on tire une boule, si elle est
verte on la garde, sinon on la remet », sachant que l’on fait 3 tirages ?
Exercice 3 :
Vous montez dans un avion qui a 2 réacteurs sur chaque aile.
Chaque réacteur a 2% de chances de tomber en panne, mais l’avion peut continuer à voler avec au moins
un réacteur sur chaque aile. Quelle chance avez vous d’arriver à bon port ?
Exercice 4 :
On lance 2 dés. Quelle est la probabilité d’avoir:
a) un double ?
b) un 2 et un 5 ?
c) une somme égale à 5 ? à7 ?
d) 2 nombres qui se suivent ?
I.U.T.de SCEAUX
G.E.A.2
Liliane ALFONSI
T.D. 3 : Probabilités conditionnelles .
Exercice 1 :
Trois pannes P1, P2, P3, apparaissent avec les probabilités suivantes:
25% pour P1,
25% pour P2,
50% pour P3.
Ces pannes de l’appareil ont les probabilités respectives 7%, 33%, 12%, de provoquer un court circuit.
Un court circuit a lieu, quelle est la panne la plus probable parmi P1, P2, P3 ?
Exercice 2 :
Dans le pays de Yellowland, un homme a 1 chance sur 2 d’être blond et une femme 1 chance sur 3.
Vous débarquez dans la capitale Yellowtown et vous apercevez de loin un habitant blond.
Quelle est la probabilité que ce soit une femme ?
Exercice 3 :
Un test T est destiné à contrôler si un réveil électronique est ou non défectueux.
Dans l’usine de production, on a constaté au fil des ans que la proportion de réveils fabriqués en bon état de marche
est toujours de x.
Le test T détecte un mauvais fonctionnement dans 95% des cas où le réveil est défectueux, et dans 3% des cas où le
réveil fonctionne correctement.
Quelle est la probabilité qu’un réveil, détecté non valable par T, soit en fait en bon état ?
Exercice 4 :
Un professeur mal réveillé, se rend chaque matin de son domicile A à l’IUT, désigné par C, avec 1 chance sur 2 de
prendre le bon chemin à chaque carrefour.
Quelle est la probabilité qu’il arrive en C ?
Ce matin il est bien arrivé à l’IUT, quelle est la probabilité qu’il soit passé par B ?
I.U.T.de SCEAUX
G.E.A.2
Liliane ALFONSI
T.D.: Lois discrètes.
Exercice 1:
On jette trois pièces de monnaie. Chaque Pile rapporte 1 franc mais chaque F coûte 1 franc.
Quel est l'espérance de gain ? L'écart type ?
Exercice 2 :
La probabilité pour une ampoule d'être défectueuse est 3,5%. Soit X le nombre de mauvaises
ampoules dans les lots de trois. Qu'elle est la loi de X ? Son espérance ? Sa variance ?
Exercice 3 :
Soit X un entier au hasard entre 1 et 10. Quelle est la loi de X ? sa fonction de répartition ?
Exercice 4 :
Un cheval a la probabilité 0,6 de gagner une course, sauf dans le cas où il a perdu la course
précédente auquel cas il n'a plus que 0,4. Invaincu de la saison ce cheval prépare trois
courses. Quelle est la distribution de la variable aléatoire :
X = nombre de courses gagnées sur les trois
?
Son espérance ? Sa variance ?
Exercice 5 :
Dans un lot de 100 pièces, on en choisit 10 au hasard. Quelle est la probabilité d'avoir 2
pièces mauvaises sur les dix si l'on suppose :
a) on prend les 10 pièces en une seule fois et on sait qu'il y a vingt pièces défectueuses parmi
les 100 ?
b) il y a environ 20 pour cent de pièces défectueuses dans la production en général ?
I.U.T.de SCEAUX
G.E.A.2
Liliane ALFONSI
T.D. 4 : Variables aléatoires discrètes .
Exercice 1 :
L'entreprise Tina Rassi , grande spécialiste du "petit papa Noël", fabrique pour le 30 Novembre, et loue à la journée,
pour les fêtes de fin d'année, des pères Noël robotisés pour distribuer les jouets aux enfants lors des arbres de Noël
des écoles et des collectivités.
Au 1er Janvier, en piteux état, ils partent à la casse . (Triste destin pour un père Noël ! ).
D'après une étude,l'entreprise sait qu'au mois de Décembre, la variable aléatoire
X = « Nombre de clients par jour », obéit à la loi suivante:
X
p
0
0.05
1
0.05
2
0.1
3
0.05
4
0.2
5
0.3
6
0.1
7
0.1
8
0.05
Les frais de gestion et d'entretien de stock s'élèvent à 50 Euros par robot et par jour.
Sachant que le prix de location d'un père Noël pour la journée est de 300 Euros , quel est le stock de robots donnant
la meilleure espérance de gain total par jour ? (on calculera l'espérance du gain pour un stock de 1 père Noël, de 2
pères Noël, de 3,de 4, 5,6,7, et 8 pères Noël ).
Exercice 2 :
Au 1er Décembre 2000, l'entreprise possèdera 6 robots dont chacun aura, chaque jour de sa brève existence, 95% de
chances d'être en état de marche.
Soit Y la variable aléatoire : « Nombre de pères Noël en état de marche chaque jour de Décembre ».
Donner toutes les valeurs de Y et les probabilités qui s'y rattachent.
Exercice 3 :
Soit Z la variable aléatoire : « Nombre de pères Noël loués effectivement par jour ».
Quelle est la loi de Z ? , son espérance ? , son écart type ? , sa variance ? sa fonction de répartition ?
Exercice 4 :
On prévoit pour un autre objet, une vente V qui peut atteindre 1000 objets, 2000 objets, ou 3000 objets, avec les
probabilités respectives de 0,25; 0,5; 0,25.
Le bénéfice unitaire B, peut être de 100 Euros, avec la probabilité 1/6,
200 Euros, avec la probabilité 1/4,
300 Euros, avec la probabilité 1/3,
400 Euros, avec la probabilité 1/4.
Quelle est la loi de CA=V.B ? sa fonction de répartition ? Comparer E(V.B) à E(V).E(B). Conclusion?
Exercice 5 :
Soient X et Y, 2 variables aléatoires indépendantes, dont les lois sont données par les tableaux suivants:
X
0
proba 1/4
1
1/4
2
1/4
3
1/4
Y
0
proba 1/3
1
1/3
Donner laloi de X+Y, sa fonction de répartition, son espérance, sa variance .
2
1/3
Corrigés
TD 1. Analyse combinatoire
Exercice 1
Revoir les corrections détaillées du tableau. Si on veut aller plus vite on peut
écrire :
(a) On répartit des voyageurs (p
= 5) entre des chambres (n = 10). On peut
diérencier les voyageurs donc il y a un ordre. Chaque voyageur a une
seule chambre, donc il n'y a pas répétition. Le nombre de solution est
donc le nombre d'arrangements :
A510 = 30240.
(b) On répartit des sacs (p
= 6)
entre des randonneurs (n
= 7).
On ne peut
pas diérencier les sacs, donc il n'y a pas d'ordre. On ne peut donner
qu'un sac à chaque voyageur donc il n'y a pas répétition. Le nombre de
solution est donc le nombre de combinaisons :
C76 = 7.
(c) On répartit des bonbons (p
= 2)
entre des enfants (n
= 3).
On ne peut
pas diérencier les bonbons, donc il n'y a pas d'ordre. On ne peut donner
qu'un bonbon à chaque enfant donc il n'y a pas répétition. Le nombre
de solution est donc le nombre de combinaisons :
C32 = 3.
(d) On répartit des positions dans le mot (p
bet
= 4) entre les lettres de l'alpha-
{G, E, A} (n = 3). On peut diérencier les positions dans le mot donc
il y a un ordre. Une lettre peut apparaître à plusieurs positions, donc il
y a répétition. Le nombre de solution est donc le nombre exponentiel :
34 = 81.
(e) On répartit des positions dans le nombre (p
l'alphabet
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} (n = 10).
= 3)
entre les chires de
On peut diérencier les po-
sitions dans le nombre donc il y a un ordre. Un chire ne peut pas
apparaître à plusieurs positions, donc il n'y a pas répétition. Le nombre
de solution est donc le nombre d'arrangements :
A310 = 720.
(f ) C'est l'exemple le plus dur. On répartit des pas verticaux (p
les huit positions dans une marche de huit pas (n
= 8).
= 2)
dans
On ne peut pas
diérencier deux pas verticaux donc il n'y a pas d'ordre. On ne peut
pas faire deux k-ème pas, donc il n'y a pas de répétition. Le nombre de
solution est donc le nombre de combinaisons :
C82 = 28.
TD 1. ANALYSE COMBINATOIRE
12
Exercice 2
Une main est un ensemble de
avoir
n = 32
p = 5 cartes non-ordonnées. Chaque carte peut
valeurs. Il n'y a pas d'ordre car la main n'est pas ordonnée. Il
n'y a pas de répétition car chaque carte de la main n'a qu'une valeur à la
fois. Le nombre total de mains
Card(Ω) est donc le nombre de combinaisons :
5
Card(Ω) = C32
= 201376.
Dans toute les questions suivantes. On divise le paquet de carte en
plusieurs paquets, suivant un critère, puis on regarde combien de carte on
prend dans chaque paquet.
(a)
paquet 1: les cartes qui sont des rois,
n1 = 4, p1 = 1.
paquet 2: les cartes qui ne sont pas des rois,
n2 = 32 − 4 = 28, p2 = 5 − 1 = 4.
1
On obtient : C4 choix pour les rois
et
4
C28
choix pour les "non-rois".
Donc pour le nombre de main avec (exactement) un roi on obtient :
4
C41 · C28
= 81900.
Il y a 81900 mains avec exactement un roi.
(b) On compte les mains sans rois.
1
paquet 1: les cartes qui sont des rois,
n1 = 4, p1 = 0.
paquet 2: les cartes qui ne sont pas des rois,
n2 = 32 − 4 = 28, p2 = 5 − 0 = 5.
On obtient :
C40
choix pour les rois et
5
C28
choix pour les "non-rois".
Donc pour le nombre de main avec aucun roi on obtient :
5
C40 · C28
= 98280.
Le nombre de mains avec au moins un roi est donc :
201376 − 98280 = 103096
Il y a
103096
mains avec au moins un roi.
1. Comme avoir au moins un roi a beaucoup de sous-cas 1, 2, 3 ou 4 rois on
compte plutôt le nombre de mains dans le complémentaire, c'est à dire le nombre de
mains sans rois. Ensuite il sut de soustraire. Soit A = {mains avec au moins un roi}
alors A = {mains avec 0 rois}, et l'égalité :
permet de conclure.
Card(A) = Card(Ω) − Card(A)
TD 1. ANALYSE COMBINATOIRE
(c)
13
paquet 1: les cartes qui sont le roi de c÷ur,
n1 = 1, p1 = 1.
paquet 2: les cartes restantes,
n2 = 32 − 1 = 31, p2 = 5 − 1 = 4.
Le nombre de mains avec le roi de c÷ur est donc :
4
C11 · C31
= 31465
Il y a
31465
mains avec le roi de c÷ur.
(d) On compte plutôt les mains sans c÷ur.
paquet 1: les cartes qui sont des c÷urs,
n1 = 8, p1 = 0.
paquet 2: les cartes restantes,
n2 = 32 − 8 = 24, p2 = 5 − 0 = 5.
Le nombre de mains sans c÷urs est donc :
5
C80 · C24
= 42504.
Puis, le nombre de mains avec au moins un c÷ur est :
201376 − 42504 = 158872
Il y a
158872
mains avec au moins un c÷ur.
(e) Ici, on est obligé de considérer des sous-cas. On fait 4 paquets :
paquet 1: les cartes qui sont le roi de c÷ur,
paquet 2: les autres c÷urs,
paquet 3: les autres rois,
2
n1 = 1.
n2 = 8 − 1 = 7.
n3 = 4 − 1 = 3 .
paquet 4: les cartes restantes,
n4 = 32 − 1 − 7 − 3 = 21.
puis on fait un tableau :
p1 p2 p3 p4
nombre de solutions
1
0
0
0
0 =1
C11 · C70 · C30 · C21
0
1
1
0
0 = 21
C10 · C71 · C31 · C21
Pour nir, on fait la somme sur tous les sous-cas :
1 + 21 = 22.
Il y a
22
mains avec (exactement) un roi et (exactement) un c÷ur.
(f ) On utilise les mêmes paquets mais il y a plus de cas :
2. ATTENTION au roi de c÷ur, qui est un roi ET un c÷ur
TD 1. ANALYSE COMBINATOIRE
p1 p2 p3 p4
14
nombre de solutions
C11
2 = 4410
· C72 · C30 · C21
1
2
0
2
1
3
0
1
1 = 735
C11 · C73 · C30 · C21
1
4
0
0
0 = 35
C11 · C74 · C30 · C21
0
3
1
1
1 = 2205
C10 · C73 · C31 · C21
0
4
1
0
0 = 105
C10 · C74 · C31 · C21
Pour nir, on fait la somme sur tous les sous-cas :
4410 + 735 + 35 + 2205 + 105 = 7490.
Il y a
7490
mains avec (exactement) un roi et au moins trois c÷ur.
Exercice 3
(a) On répartir
p = 4 positions dans le mot entre n = 26 lettres de l'alphabet.
Il y a un ordre car on peut diérencier les positions. Il y a répétition car
une lettre peut apparaître à plusieurs positions. Le nombre de mot de
quatre lettres est donc le nombre exponentiel :
np = 264 = 456976
M ou sans
= {les mots sans M}. Le nombre de
card(A ∪ B). On utilise la formule :
(b) Il ya beaucoup de sous cas. On compte plutôt les mots sans
E 3.
A = {les mots
sans E ou sans M
Soit
mots
sans E}; B
est
card(A ∪ B) = card(A) + card(B) − card(A ∩ B)
Calcul de
card(A)
: les mots sans
paquet 1: la lettre
E.
E , n1 = 1, p1 = 0.
paquet 2: les lettres restantes,
Calcul de
card(B)
: les mots sans
paquet 1: la lettre
M.
M , n1 = 1, p1 = 0.
paquet 2: les lettres restantes,
Calcul de
card(A ∩ B)
n2 = 26 − 1 = 25, p2 = 4.
n2 = 26 − 1 = 25, p2 = 4.
: les mots sans
paquet 1: les lettres
E
ni
M.
E, M , n1 = 1, p1 = 0.
paquet 2: les lettres restantes,
n2 = 26 − 2 = 24, p2 = 4.
Donc :
4
4
4
card(A ∪ B) = C10 · C25
+ C10 · C25
− C10 · C24
= 14674
3. ATTENTION : le complémentaire de avec E ET avec M et sans E OU sans M .
TD 1. ANALYSE COMBINATOIRE
Finalement le nombre de mots contenant
M
15
et
E
est :
456976 − 14674 = 442302.
(c) Un mot qui a (exactement) trois fois la même lettre a deux lettres et
si on connaît la position de la lettre diérente des autres, on connaît le
mot. Donc il y a :
26 · 25 · C41 = 2600
mots diérents avec trois fois la même lettre.
TD 2. PROBABILITÉS ÉLÉMENTAIRES
16
TD 2. Probabilités élémentaires
Exercice 1
L'univers est constitué des mains de 3 cartes. Pas d'ordre, pas de répétition.
3
Card(Ω) = C32
= 4960
n1 = 4, p1 = 3
C43
cartes restantes n2 = 28, p2 = 0
(a) paquet 1 : les as
paquet 2 : les
p(A) =
0
C28
C3 · C0
Card(A)
= 4 3 28 = 4/4960
Card(Ω)
C32
(b) On utilise les mêmes paquets et les sous-cas sont :
p1 p2
nombre de solutions
2
0
1 = 168
C42 · C28
3
0
0 =4
C43 · C28
On fait la somme :
168 + 4 = 172
Finalement la propabilité d'avoir au moins deux as est de
n1 = 4, p1 = 2
n2 = 4, p2 = 1
cartes restantes n3 = 24, p3 = 0
172/4960.
(c) paquet 1 : les rois
paquet 2 : les dames
paquet 3 : les
Le nombre de solution est
donc :
0
C42 · C41 · C24
= 24.
La probabilité d'avoir deux rois et une dame est donc de
24/4960.
(d) Comme on n'a que trois cartes, c'est le même cas que la question c).
n1 = 4, p1 ≥ 1
n2 = 4, p2 ≤ 1
cartes restantes n3 = 24, p3 =?
(e) paquet 1 : les valets
paquet 2 : les as
paquet 3 : les
On fait un tableau des sous-cas :
p1 p2 p3
nombre de solutions
1
1
1
1 = 384
C41 · C41 · C24
1
0
2
2 = 1104
C41 · C40 · C24
2
1
0
0 = 24
C42 · C41 · C24
2
0
1
1 = 144
C42 · C40 · C24
3
0
0
0 =4
C43 · C40 · C24
Au total on a
384 + 1104 + 24 + 144 + 4 = 1660
TD 2. PROBABILITÉS ÉLÉMENTAIRES
17
mains. La probabilité d'avoir au moins un valet et au plus un as est donc
de
1660/4960.
(f ) Attention au roi de pique ! ! !
n1 = 1
autre rois n2 = 3
autres piques n3 = 7
cartes restantes n4 = 32 − 1 − 3 − 7 = 21
paquet 1 : le roi de pique
paquet 2 : les
paquet 3 : les
paquet 4 : les
On fait le tableau des cas :
p1 p2 p3 p4
En tout :
nombre de solutions
1
0
0
2
2 = 840
C41 · C40 · C70 · C21
0
1
1
1
1 = 588
C40 · C41 · C71 · C21
840 + 588 = 1428
1428/4960
mains donc la probabilité d'avoir un roi et
un pique est de
Exercice 2
On a
note
n1 = 4 boules vertes, n2 = 2 boules bleues et n3 = 3 boules rouges. On
p1 , p2 , p3 les nombres respectifs de boules vertes, bleues, rouges qu'on
ramasse.
(a) Il n'y a pas d'ordre et pas de répétition. Ici,
Card(Ω) =
C93
n = 9,p = 3
donc :
= 84.
On note
A = {p1 = 1, p2 = 1, p3 = 1}
les poignées avec une boule de chaque couleur. Alors :
Card(A) = C41 · C21 · C31 = 24.
La probabilité est donc :
p(A) =
Card(A)
24
2
=
= .
Card(Ω)
84
7
(b) Maintenant il y a a ordre et répétition. Ici,
n = 9, p = 3
donc :
3
Card(Ω) = 9 = 729.
Les tirages sont indépendants. Pour chaque tirage de une boule il
n'y a pas d'ordre, pas de répétition (puisqu'on qu'une boule !) et donc la
probabilité de tirer une couleur est le nombre de boules de cette couleur
(nombre de cas favorables) sur le nombre de boules total (nombre total
de cas). Donc
p(V ) = 4/9, p(B) = 2/9
et
p(R) = 3/9.
Pour la suite de trois tirages, par indépendance :
p(V, B, R) = p(V ) · p(B) · p(R) = 24/729.
TD 2. PROBABILITÉS ÉLÉMENTAIRES
18
(c) Comme les trois tirages sont indépendants, la probabilité de
R, V, B
dans
n'importe quel ordre est toujours la même, égale à proba :
p(V ) · p(B) · p(R)
Le nombre d'ordres qu'on peut donner à ces trois couleurs, c'est
3!
: on
choisit la première puis la deuxième, puis on n'a plus de choix. Finalement : la proba. totale est :
3! ∗ (24/729) = 144/729.
(d) Les tirages ne sont plus indépendants. Proba conditionnelles. On fait
donc un arbre
V
2/7
V
(k = 3)
V
(k = 2)
V
(k = 2)
V
(k = 1)
V
(k = 2)
V
(k = 1)
V
(k = 1)
V
(k = 0)
5/7
3/8
V
5/8
3/8
4/9
V
V
5/9
5/8
3/8
5/8
4/9
V
5/9
4/9
V
5/9
P(k = 3) = 4/9 · 3/8 · 2/7
= 1/21 ' 0, 05
P(k = 2) = 4/9 · 3/8 · 5/7 + 4/9 · 5/8 · 3/8 + 5/9 · 4/9 · 3/8
= 955/3024 ' 0, 32
P(k = 1) = 4/9 · 5/8 · 5/8 + 5/9 · 4/9 · 5/8 + 5/9 · 5/9 · 4/9
= 5425/11664 ' 0, 47
P(k = 0) = 5/9 · 5/9 · 5/9
= 125/729 ' 0, 17
TD 2. PROBABILITÉS ÉLÉMENTAIRES
19
Exercice 3
Il est plus facile de calculer la probabilité de l'évenement complémentaire :
l'avion tombe en panne. Les cas d'accidents sont : les deux réacteurs d'une
même aile tombent en panne en même temps.
Le fonctionnement des réacteurs est indépendant donc on peut considérer
les deux ailes séparément, et sur une aile la probabilité que les deux moteurs
tombent en panne en même temps est :
p M1
M2
en panne et
en panne
= p(M1
en panne)
∗ p(M2
en panne)
= 2% ∗ 2%
4
10000 .
=
Pour nir, on chercher la probabilité de : aile 1 en panne OU aile 2 en
panne. Ce ne sont pas des événements disjoints ! Notons
A2
en panne et
A1
l'aile 1 tombe
l'aile 2 tombe en panne. La formule pour obtenir cette prob-
abilité est donc :
p(A1
ou
A2 ) = p(A1 ) + p(A2 ) − p(A1
p(A1
et
A2 ) ,
Il nous manque
et
A2 )
qui est la probabilité que les quatres réacteurs
soient en panne en même temps, soit :
(2/100)4 .
Finalement, la probabilité
de tomber en panne est :
2 ∗ (2/100)2 − (2/100)4 '
8
.
10000
Donc la probabilité de ne pas tomber en panne est :
9992
.
10000
Exercice 4
Les résultats des deux dés sont indépendants, donc on peut considérer deux
lancers successifs. Pour un dé :
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
1/6. Le résultat de
(x, y) où x ∈ Ω, y ∈ Ω, et par indépen2
probabilité (1/6) = 1/36 d'apparaître. Il sut
et les résultats sont équiprobables, donc de probabilité
deux lancers est un couple ordonné
dance, chaque couple a une
maintenant de compter les couples qui donnent les cas qui nous intérêssent.
a) Il y a
6
doubles. Donc la proba est
b) Il y a deux couples ordonnés :
c) Il y a
4
10
(2, 5)
et
(5, 2)
donc la proba est
couples ordonnés dont la somme fait
somme fait
d) Il y a
6/36
7
donc
5
donc
6/36.
tels couples, donc la probabilités est
10/36.
5/36
et
2/36
6
dont la
TD 3. PROBABILITÉS CONDITIONNELLES
20
TD 3. Probabilités conditionnelles
Pour les exercices de probabilités conditionnelles, on fait
toujours
un
arbre.
Exercice 1
Soit
C
: il y a un court-circuit.
0, 07
P1 ∩ C
1 − 0, 07
P1 ∩ C
0, 33
P2 ∩ C
1 − 0, 33
P2 ∩ C
0, 12
P3 ∩ C
1 − 0, 12
P3 ∩ C
P1
5
0, 2
0, 25
P2
0, 5
0
P3
On calcule la probabilité de chaque panne sachant qu'il y a un courtcircuit. Par dénition :
P P1 ∩ C
PC (P1 ) =
P(C)
On calcule :
P(C) = P P1 ∩ C + P P2 ∩ C + P P3 ∩ C
= 0, 25 · 0, 07 + 0, 25 · 0, 33 + 0, 50 · 0, 12
= 0, 16.
Donc :
P P1 ∩ C
0, 25 · 0, 07
=
' 0, 11
PC (P1 ) =
P(C)
0, 16
P P2 ∩ C
0, 25 · 0, 33
PC (P2 ) =
=
' 0, 52
P(C)
0, 16
P P3 ∩ C
0, 50 · 0, 12
PC (P3 ) =
=
' 0, 38
P(C)
0, 16
La panne la plus probable sachant qu'on a un court-circuit est donc la
panne
P2 .
TD 3. PROBABILITÉS CONDITIONNELLES
21
Exercice 2
Soit
H
: c'est un homme ;
F
: c'est une femme ;
B
: la personne est blonde.
1/2
H ∩B
1 − 1/2
H ∩B
1/3
F ∩B
1 − 1/3
F ∩B
H
1/2
1/2
F
La probabilité qu'une personne soit blonde est :
P(B) = P B ∩ H + P B ∩ F
= 1/2 · 1/2 + 1/2 · 1/3
= 5/12.
Donc, sachant qu'une personne est blonde, la probabilité que ce soit une
femme est :
P F ∩B
1/2 · 1/3
=
= 0, 40.
PB (F ) =
P(B)
5/12
Exercice 3
Soit
T
: le test dit qu'il y a un mauvais fonctionnement ;
D
: L'appareil a
(vraiment) un défaut.
0, 95
D∩T
D
1 − 0, 95
1−x
= 0, 05
0, 03
x
D
La probabilité totale de
T
1 − 0, 03
= 0, 97
est :
P(T ) = P T ∩ D + P T ∩ D
= 0, 95 · (1 − x) + 0, 03 · x
= 0, 95 − 0, 92x.
D∩T
D∩T
D∩T
TD 3. PROBABILITÉS CONDITIONNELLES
22
Donc, sachant que le test dit que le produit est non valable, la probabilité
que le produit n'ait pas de défaut est :
PT
P D∩T
0, 03 · x
3x
D =
=
=
.
P(T )
0, 95 − 0, 92x
95 − 92x
Exercice 4
[Je corrige le problème avec des sens uniques, comme au tableau.]
Soit
C
C
: le prof arrive à l'IUT,
: il est perdu.
B
1/2
1/2
∗
1/
2
1/2
C
1/2
B
1/2
∗
B.
C
∗
1/2
2
1/
: le prof passe par
1/2
C
1/2
C
∗
1
C
∗
La probabilité d'arriver en
branches qui arrivent en
C
C
1
C
est la somme des probabilités des trois
:
P(C) = (1/2)4 + (1/2)2 · 1 + (1/2)2 · 1 = 1/16 + 1/4 + 1/4 = 9/16.
La probabilité qu'il arrive en
seule branche qui arrive en
C
C
en passant par
en passant par
B
B
est la probabilité de la
:
P(B ∩ C) = (1/2)2 · 1 = 1/4.
Sachant qu'il est arrivé en
C,
la probabilité qu'il soit passé par
P(B ∩ C)
1/4
4
PC (B) =
=
= .
P(C)
9/16
9
B
est donc :
TD 4. LOIS DISCRÈTES
23
TD 4. Lois discrètes
Exercice 1
Les expériences sont
identiques et indépendantes. On considère donc chaque
lancer séparément.
Soit
X1
la variable aléatoire comptant le gain pour un unique lancer. Les
valeurs pouvant être prises par
X1
sont :
X1 (Ω) = {−1, 1}
et les probabilités correspondantes sont :
P(X1 = 1)
= 1/2
P(X1 = −1) = 1/2.
Par dénition, l'espérance de
X1
est donc :
E(X1 ) = P(X1 = 1) · 1 + P(X1 = −1) · (−1)
= 1/2 − 1/2
= 0.
X1 est :
E (X1 )2 = P(X1 = 1) · 12 + P(X1 = −1) · (−1)2
De même, l'espérance du carré de
= 1/2 + 1/2
= 1.
Finalement, la variance de
X1
est :
2
V (X1 ) = E (X1 )2 − E(X1 )
= 1 − 02
= 1.
Si on considère maintenant les trois lancers. On dénit la variable aléatoire
X = X1 + X2 + X3 comme le gain cumulé lors des trois lancers d'une
X1 , X2 et X3 . Comme les trois lancers sont identiques ils ont
unique pièce
4
la même loi . Alors :
E(X) = E(X1 + X2 + X3 )
= E(X1 ) + E(X2 ) + E(X3 )
= 3 · E(X1 )
E(X) = 0.
4. donc même espérance et même variance
TD 4. LOIS DISCRÈTES
24
et par indépendance :
V (X) = V (X1 + X2 + X3 )
= V (X1 ) + V (X2 ) + V (X3 )
= 3 · V (X1 )
V (X) = 3.
On obtient nalement l'écart type en prenant la racine carrée :
σ(X) =
Exercice 2
Les expériences sont
√
3 ' 1, 732.
identiques et indépendantes.
X1 la variable aléatoire qui
1 si l'ampoule est cassée et zéro si elle marche. La variable aléatoire X1
la loi de Bernouilli de paramètre p = 3, 5/100. Son espérance est donc :
On considère donc une seule ampoule. Soit
vaut
suit
E(X1 ) = p = 0, 035,
et sa variance est :
V (X1 ) = p − p2 = p · (1 − p) = 0, 035 · 0, 965.
X = X1 + X2 + X3 comptant les
(n = 3) variables aléatoires
indépendantes suivant la loi de Bernouilli de paramètre p = 0.035. On obtient
donc une loi binomiale B(n, p) de paramètres n = 3 et p = 0.035 : les valeurs
Si on considère maintenant la variable
nombre d'ampoules cassées, c'est la somme de
possibles sont :
et pour toute valeur
k
que
X(Ω) = {0, 1, 2, 3},
X peut prendre :
P(X = k) = Cnk · pk · (1 − p)n−k .
On a donc :
P(X = 0) = (0, 965)3
P(X = 1) = 3 · 0, 035 · (0, 965)2
P(X = 2) = 3 · (0, 035)2 · 0, 965
P(X = 3) = (0, 035)3
On calcule maintenant l'espérance et la variance de
Comme les variables
X1 , X2 , X3
ont la même loi :
E(X) = 3 · E(X1 )
= 3 · 0, 035
Comme ces variables sont de plus indépendantes :
V (X) = 3 · V (X1 )
= 3 · 0, 035 · 0, 965.
X = X1 + X2 + X3 .
TD 4. LOIS DISCRÈTES
25
Exercice 3
X
La variable
est tirée au hasard dans :
X(Ω) = {1, 2, . . . , 10}.
Il y a donc équiprobabilité et
valeur
k
X
suit la loi uniforme, c'est à dire pour toute
possible :
P(X = k) = 1/10.
F de X vaut :


si t ≤ 1
0
F (t) = P(X < t) = k/10 si 1 ≤ k ≤ 9


1
si t > 10
La fonction de répartition
et
k <t≤k+1.
Exercice 4
On note
X
la variable aléatoire comptant les nombre de victoires. On a :
X(Ω) = {0, 1, 2, 3}
Comme on a des probabilités conditionnelles, les expériences ne sont pas
indépendantes. On doit donc construire un arbre. On note
V̄
V
une victoire et
une défaite. L'arbre des probabilités est :
V
V
0, 4
V̄
6
0,
0,
V
V̄
0, 6
V̄
(X = 2)
V
(X = 2)
V̄
(X = 1)
V
(X = 2)
V̄
(X = 1)
V
(X = 1)
V̄
(X = 0)
0, 6
0, 4
0, 4
V̄
0, 4
0, 6
4
(X = 3)
0, 6
0, 4
0, 6
V
0, 4
0, 6
TD 4. LOIS DISCRÈTES
26
On a donc :
P(X = 0) = (0, 4 · 0, 6 · 0, 6)
= 144/1000
P(X = 1) = (0, 6 · 0, 4 · 0, 6) + (0, 4 · 0, 4 · 0, 4) + (0, 4 · 0, 6 · 0, 4)
= 304/1000
P(X = 2) = (0, 6 · 0, 6 · 0, 4) + (0, 6 · 0, 4 · 0, 4) + (0, 4 · 0, 4 · 0, 6)
= 336/1000
P(X = 3) = (0, 6 · 0, 6 · 0, 6)
= 216/1000
On calcule
E(X)
avec cette loi :
E(X) = 3 · P(X = 3) + 2 · P(X = 2) + 1 · P(X = 1) + 0 · P(X = 0)
216
336
304
=3·
+2·
+1·
= 1, 624.
1000
1000
1000
On calcule aussi
E(X 2 )
:
E(X 2 ) = 32 · P(X = 3) + 22 · P(X = 2) + 12 · P(X = 1) + 02 · P(X = 0)
336
304
216
+4·
+1·
= 3, 592.
=9·
1000
1000
1000
Finalement :
2
V (X) = E X 2 − E(X)
= 3, 592 − 1, 6242
V (X) = 0, 955.
Exercice 5
Soit
X
la variable aléatoire qui compte les fausses pièces
(a) La probabilité que
X =2
est le nombre de lancer de dix pièces où on
obtient deux fausses pièces, divisé par le nombre total de lancers de dix
pièces. Soit
Ω = {ensembles
non ordonnés de dix pièces sur les cents}
A = {ensembles
non ordonnés de dix pièces sur les cents
où deux sont fausses (et donc huit vraies)}
Par dénition :
Card(A)
Card(Ω)
C2 · C8
= 20 10 80 ' 0, 318.
C100
P(A) =
= (X = 2)
TD 4. LOIS DISCRÈTES
27
(b) Les lancers sont indépendants. Chaque lancer suit la loi de Bernouilli de
paramètre
B(n, p)
p = 0, 2. L'ensemble des dix lancers suit donc la loi binomiale
n = 10 et p = 0, 2, donc on obtient le résultat :
de paramètres
2
P(X = 2) = C10
· (0, 2)2 (0, 8)8 ' 0, 302.
NB. En faisant un arbre, on voit que la diérence entre les deux cas est que
dans le premier, on utilise des probabilités conditionnelles, alors que dans le
deuxième les lancers sont indépendants.
TD 5. VARIABLES ALÉATOIRES DISCRÈTES
28
TD 5. Variables aléatoires discrètes
Exercice 1
Soit
V,
la variable aléatoire nombre de ventes. Soit
S
le stock du magasin.
Le nombre de ventes est le minimum de l'ore et de la demande
5
donc :
V = min(X, S).
Le gain est relié au nombre de ventes et au stock par la formule :
G = 300 V − 50 S.
L'espérance de gain vaut donc :
E(V ) = 300 E(V ) − 50 S.
Calculons
(1) Si
E(V )
S = 1,
pour les diérentes valeurs de
les valeurs que
V
S
:
peut prendre sont :
V (Ω) = {0, 1},
et :
p(V = 0) = 0.05,
p(V = 1) = 0.95.
On en déduit :
E(V ) = 0.95.
(2) Si
S=2
les valeurs que
V
peut prendre sont :
V (Ω) = {0, 1, 2},
et :
p(V = 0) = 0.05,
p(V = 1) = 0.05,
p(V = 2) = 0.90.
On en déduit :
E(V ) = 1.85.
(3) Si
S = 3,
on obtient :
E(V ) = 2.65.
(4) Si
S = 4,
on obtient :
E(V ) = 3.40.
5. Une autre façon de le dire est : tant qu'il ya moins de clients que le stock, on vend
autant d'articles qu'il y a de clients. S'il y a plus de clients que le stock, on n'a pas assez
d'articles pour tout le monde. On vend le stock et certains clients repartent sans rien
TD 5. VARIABLES ALÉATOIRES DISCRÈTES
(5) Si
S = 5,
29
on obtient :
E(V ) = 3.95.
(6) Si
S = 6,
on obtient :
E(V ) = 4.20.
(7) Si
S = 7,
on obtient :
E(V ) = 4.35.
(8) Si
S = 8,
on obtient :
E(V ) = 4.40.
On peut maintenant remplacer
mule donnant l'éspérance de
G.
S
et
E(V )
par leurs valeurs dans la for-
On obtient le tableau suivant :
S E(V ) E(G)
1 0.95
235
2 1.85
455
3 2.65
645
4 3.40
820
5 3.95
935
6 4.20
960
7 4.35
955
8 4.40
920
On en déduit que le stock optimal est six robots.
Exercice 2
Soit
Y
la variable alatoire nombre de robots en état de marche. L'état
de chaque robot est indépendants. D'après l'énoncé, un robot suit la loi de
Bernouilli de paramètre
95% (quelque soit le jour), l'ensemble des six robots
B(6, 0.95). Les valeurs que Y peut prendre sont
suit donc la loi binomiale
donc :
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}
et la probabilité de chaque valeur est donné par la
loi :
P(Y = k) = C6k (0.95)k (0.05)6−k .
k
0
1
2
3
4
5
6
p(Y = k)
1.6 10−8
1.8 10−6
8.5 10−5
2.1 10−3
3.1 10−2
0.23
0.74
Exercice 3
Ici, l'exercice est similaire à l'exercice
xé : c'est la variable aléatoire
Y.
1, mais le stock n'est plus un paramètre
On a donc à déterminer la loi de :
Z = min(X, Y ).
Comme c'est une fonction compliquée de
deux
variables aléatoires, on
doit faire un arbre, qui permet de lister tous les cas donnant une certaine
TD 5. VARIABLES ALÉATOIRES DISCRÈTES
Z,
valeur de
30
ainsi que la probabilité de chacun de ces cas. Sur cet arbre, on
Z sont : {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} et 6
X ≥ 0) ou (Y ≥ 1 et X = 0)
X ≥ 1) ou (Y ≥ 2 et X = 1)
X ≥ 2) ou (Y ≥ 3 et X = 2)
X ≥ 3) ou (Y ≥ 4 et X = 3)
X ≥ 4) ou (Y ≥ 5 et X = 4)
X ≥ 5) ou (Y ≥ 6 et X = 5)
X ≥ 6)
lit : les valeurs possibles de
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
=0
=1
=2
=3
=4
=5
=6
si : (Y
si : (Y
si : (Y
si : (Y
si : (Y
si : (Y
si : (Y
=0
=1
=2
=3
=4
=5
=6
et
et
et
et
et
et
et
On en déduit :
= 0) = p(Y = 0 et X ≥ 0) + p(Y ≥ 1 et X = 0)
= 1) = p(Y = 1 et X ≥ 1) + p(Y ≥ 2 et X = 1)
= 2) = p(Y = 2 et X ≥ 2) + p(Y ≥ 3 et X = 2)
= 3) = p(Y = 3 et X ≥ 3) + p(Y ≥ 4 et X = 3)
= 4) = p(Y = 4 et X ≥ 4) + p(Y ≥ 5 et X = 4)
= 5) = p(Y = 5 et X ≥ 5) + p(Y ≥ 6 et X = 5)
= 6) = p(Y = 6 et X ≥ 6)
Et, comme X et Y sont des variables aléatoires indépendantes
p(Z = 0) = p(Y = 0) ∗ p(X ≥ 0) + p(Y ≥ 1) ∗ p(X = 0)
p(Z = 1) = p(Y = 1) ∗ p(X ≥ 1) + p(Y ≥ 2) ∗ p(X = 1)
p(Z = 2) = p(Y = 2) ∗ p(X ≥ 2) + p(Y ≥ 3) ∗ p(X = 2)
p(Z = 3) = p(Y = 3) ∗ p(X ≥ 3) + p(Y ≥ 4) ∗ p(X = 3)
p(Z = 4) = p(Y = 4) ∗ p(X ≥ 4) + p(Y ≥ 5) ∗ p(X = 4)
p(Z = 5) = p(Y = 5) ∗ p(X ≥ 5) + p(Y ≥ 6) ∗ p(X = 5)
p(Z = 6) = p(Y = 6) ∗ p(X ≥ 6)
Cela permet de remplir le tableau de la loi de Z :
p(Z
p(Z
p(Z
p(Z
p(Z
p(Z
p(Z
:
k
0
1
2
3
4
5
6
P (Z = k) 0.050 0.050 0.10 0.052 0.22 0.35 0.19
On calcule ensuite l'espérance :
E(Z) = 0∗0.050+1∗0.050+2∗0.10+3∗0.052+4∗0.22+5∗0.35+6∗0.19 = 4.176 ' 4.2.
L'espérance du carré :
E(Z 2 ) = 0∗0.050+1∗0.050+4∗0.10+9∗0.052+16∗0.22+25∗0.35+36∗0.19 = 20.028.
La variance :
V (Z) = E(Z 2 ) − E(Z)2 = 20.028 − 4.1762 = 2.589024 ' 2.6.
L'écart-type :
σ(Z) =
p
V (Z) = 1.6
6. on regroupe certaines branches pour alléger l'écriture. Par exemple :
Y ≥ 4 ⇔ (Y = 4) ou (Y = 5) ou (Y = 6).
TD 5. VARIABLES ALÉATOIRES DISCRÈTES
31
Exercice 4
Faire un arbre, comme dans l'exercice précédent. (cet exercice est plus facile !)
Exercice 5
Pour donner la loi, on est obligé de faire un arbre et de regarder à quelles
valeurs de
X
et de
Y
correspond une certaine valeur de
On a toujours :
E(X + Y ) = E(X) + E(Y ),
et pour des variables
indépendantes, on a aussi :
V (X + Y ) = V (X) + V (Y ).
X +Y.