Dénombrement

STAT03 : probabilités
COURS
Décembre 2000
Chapitre 3 : Combinatoire, Probabilités
1
1.1
Dénombrement
Introduction
L’étude statistique nous conduit à étudier une population finie et parfaitement
déterminée par rapport à un ou plusieurs paramètres. Pour cela nous avons mis en
place un certain nombre d’outils élaborés : les paramètres de position ( moyenne,
médiane, fréquence etc..) et les statistiques de dispersion ( écart moyen, écart type,
quartiles, déciles etc...)
Malheureusement les ensembles étudiés sont souvent à effectifs très importants
interdisant toute étude exhaustive. On est alors amené à prélever des échantillons de
cette population de taille raisonnable, assez pour que les résultats induits soient
significatifs, mais pas trop en raison du coût. La connaissance même parfaite de
l’échantillon ne peut être appréciée qu’avec une extrême prudence et un certain degré
de « probabilité ». Nous allons estimer certaines lois sur la population et nous ne
pourrons le faire sérieusement qu’avec le calcul des probabilités.
La réalisation des événements est l’aboutissement d’actions antérieures, les causes.
Tous les phénomènes ne sont pas prévisibles, ils dépendent du hasard. On parlera
alors de phénomènes aléatoires. La chance de réalisation d’un événement sera
mesuré de façon « scientifique ». Hasard vient de l’Arabe et signifie « jeu de dés »
1.2
Analyse combinatoire
1.2.1 Permutations
On considère un ensemble fini E de n éléments distincts { x1 , x2 , x3 , ....., x n } . On
appelle cardinal de E son nombre d’éléments n , et on écrit card E = n .
On se demande combien il y a de façons différentes de les ordonner. On fabrique à
chaque fois un n-uplet différent d’éléments distincts de E : { x2 , x1 , x3 , ....., x n } .
Chacun de ces n-uplet est appelé permutation des n éléments.
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1
STAT03 : probabilités
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E = {a,b,c} avec card E = 3 . On fabrique les triplets possibles de façon
exhaustive.
( a, b, c ) ; ( a, c, b ) ; (b, a, c ) ; (b, c, a ) ; (c, a, b ) ; (c, b, a )
Il y a donc 6 triplets différents possibles.
Généralisons : nous avons n choix possibles pour le premier élément du n-uplet.
Une fois celui-ci placé, il reste n−1 choix possibles pour le deuxième élément et ainsi
de suite jusqu’au dernier. Nous avons donc au total : n ( n-1)( n-2 ) ....2 × 1 , soit le
produit des n premiers entiers. On appelle factoriel n ce nombre et on note n!
le nombre de permutations d’un ensemble fini de n éléments est n !
Chaque joueur d’une équipe de basket-ball ayant un maillot numéroté de 1 à 5,
combien d’équipes différentes peut constituer l’entraîneur avec un effectif de 5
joueurs. (Réponse 5!= 120).
1.1.2 Arrangements
On désire cette fois-ci constituer un p-uplet d’éléments distincts d’un ensemble
comportant n éléments distincts ( p ≤ n ) . On choisit alors les p éléments dans un
ordre déterminé. On appelle arrangement de p éléments parmi n chaque p-uplet
ainsi constitué. Combien y a-t-il d’arrangements possibles ?
On a n choix pour le premier terme, ( n − 1) pour le deuxième ... et ( n − p+1) pour le
p-ième. On note A ( n , p ) ou Anp = n ( n − 1)! ( n − p + 1)
On a : Anp ==
n!
en effet
(n − p )!
n ( n − 1) ....( n − p + 1)( n − p )( n − p − 1) .....2 × 1
n!
=
en simplifiant, on obtient
( n − p )( n − p − 1) ....2 × 1
( n − p )!
le résultat.
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2
STAT03 : probabilités
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•
Dans l’exemple précédent l’entraîneur a maintenant 8 joueurs pour constituer son
équipe de 5 joueurs. Il doit donc choisir un 5-uplet. Il a A85 = 6720 possibilités.
• Combien de nombres de trois chiffres peut-on écrire avec des chiffres
impairs tous distincts ? On choisit en fait 3 chiffres impairs distincts ordonnés
parmi l’ensemble des chiffres impairs. Soit un 3-uplets d’éléments distincts de
5!
= 5 × 4 × 3 = 60
l’ensemble {1; 3; 5; 7; 9} . Donc, on obtient : A53 =
(5 − 3 ) !
On peut schématiser ce calcul par l’arborescence suivante :
3
5
1
7
9
5
7
9
3
7
9
3
5
9
3
5
7
x = 135
x = 137
x = 139
x = 153
x = 157
x = 159
x = 173
x = 175
x = 179
x = 193
x = 195
x = 197
Etc…
Il y a douze possibilités avec 1 en première position, autant avec 3, puis 5, puis 7, et
enfin 9 en première position soit 60 au total.
Pensez à utiliser l’arborescence qui symbolise parfaitement ces phénomènes.
Le nombre d’arrangements de p éléments parmi n est Anp
Un arrangement de n éléments parmi n est une permutation de n éléments.
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STAT03 : probabilités
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1.1.3 Combinaisons
On considère un ensemble E de n éléments distincts.
On appelle combinaison de p éléments parmi n tout sous-ensemble de p éléments
distincts de cet ensemble.
E = {a,b,c} avec card E = 3 . On fabrique tous les sous-ensembles d’éléments
distincts de E. L’ensemble de ces sous-ensembles est appelé ensemble des parties de
E et noté P ( E )
P ( E ) = {∅ ,{a} ,{b} ,{c} ,{a,b} ,{a,c} ,{b,c} ,{a,b,c}}
L’ordre n’a pas d’importance {a,b} = {b,a}
•
Dans une partie, les éléments sont deux à deux distincts ;
•
Deux parties sont égales si et seulement si elles contiennent les mêmes éléments.
Il y a 3 combinaisons de 2 éléments parmi les 3 éléments de E. En fait :
•
A une combinaison de 2 éléments correspond deux arrangements, en tenant
compte de l’ordre : {a,b} → {( a,b ) ; (b,a )}
•
A la combinaison de 3 éléments correspond 6 arrangements.
{a,b,c} → {( a,b,c ) ,( a,c,b ) ,(b,a,c ) ,(b,c,a ) ; (c,a,b ) ,(c,b,a )}
Généralisons :
Une seule combinaison donne p! arrangements. En fait, il s’agit des permutations des
p éléments de ce sous-ensemble. Il suffit donc pour obtenir le nombre de
combinaisons de p éléments parmi n de diviser le nombre d’arrangements de p
éléments parmi n par le nombre de permutations de n éléments.
On note C ( n, p ) ou Cnp =
Anp
n!
le nombre de combinaisons.
=
p! ( n − p )! p!
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Le nombre de combinaisons de p éléments parmi n est Cnp
•
3
Le nombre de tiercés dans le désordre avec 17 chevaux au départ est C17
= 680
•
3
Le nombre de tiercés dans l’ordre avec 17 chevaux au départ est A17
= 4 080
Si on résume :
•
Les permutations de n éléments distincts :
n-uplets avec ordre
nombre = n!
•
Les arrangements de p éléments distincts parmi n
nombre = Anp
p-uplets avec ordre
•
Les combinaisons de p éléments distincts parmi n
sous-ensembles de p éléments
nombre = Cnp
•
n! = n ( n − 1)! × 2 × 1 (produit des n premiers entiers)
•
Anp =
•
Cnp
n!
( n − p )!
Anp
n!
=
=
p! ( n − p )! p!
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STAT03 : probabilités
1.3
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Calculs sur les C ( n, p ) et triangle de Pascal.
1.3.1 Triangle de Pascal
1. ∀ ( n, p ) ∈ N 2 , 0 ≤ p ≤ n − 1, Cnp = Cnp−−11 + Cnp−1
2. ∀ ( n, p ) ∈ N 2 , 0 ≤ p ≤ n, Cnp = Cnn − p
1. On isole un élément des n éléments. On constitue les combinaisons contenant cet
élément et celles ne le contenant pas. Les premières sont au nombre de Cnp−−11 cela
revient à choisir les p−1 manquants parmi les n−1 restants. Les autres sont au
nombre de Cnp−1 cela revient à choisir les p éléments parmi les n−1 restants.
Autre démonstration :
( n − 1)!
( n − 1)!
Cnp−−11 + Cnp−1 =
+
( p − 1)! ( n − 1 − ( p − 1))! p! ( n − 1 − p )!
=
( n − 1)!
( n − 1)!
 1
1
n
×
+ =
×
( p − 1)! ( n − 1 − p )!  n − p p  ( p − 1)! ( n − 1 − p )! p ( n − p )
=
n!
= Cnp
p! ( n − p )!
2. Choisir p éléments revient à choisir les n−p restants, ou encore
n!
n!
Cnn − p =
=
= Cnp
( n − p )! (n − ( n − p ))! ( n − p )! p!
On représente les Cnp de façon matricielle.
0
1
2
3
4
0
C00
1
C10
C11
2
C20
C12
3
C30
C31
C32
C33
.............................................etc
5
C22
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En remarquant que Cn0 = 1 pour tout n et en utilisant la propriété de récurrence
Cnp = Cnp−−11 + Cnp−1 on construit rapidement le triangle de Pascal :
p
0
1
2
3
4
5
6
n
C14 = C30 + C31
0
1
1
1
1
2
1
2
1
3
1
3
3
1
6
4
1
10
10
5
1
15
20
15
6
+
4
1
5
1
4
=
5
6
1
6
1
On peut ainsi lire les Cnp , dans ce tableau qui se construit rapidement.
1.3.2 Formule du binôme
Pour tous les nombres réels a et b et pour tout entier n non nul :
( a + b )n
= Cn0 a n b0 + C1n a n −1b1 + Cn2 a n −2 b 2 + ! + Cnn −1a1b n −1 + Cnn a 0 b n
On écrira plus simplement ( a + b ) =
n
n
∑
k =0
Cnk a n −k b k
n
= ∑ Cnk a k b n −k :
k =0
Les Cnp sont aussi appelés les coefficients binomiaux. La formule du binôme est
donc à l’origine de cette appellation.
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On pose Pn
:
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( a + b )n
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= Cn0 a n b0 + C1n a n −1b1 + Cn2 a n −2 b2 + ! + Cnn −1a1bn −1 + Cnn a 0 bn
P1 est vraie car ( a + b ) = C10 a1b0 + C11a 0 b1 = a + b
1
Supposons Pn vraie,
( a + b )n+1 = (Cn0 a n b0 + C1n a n−1b1 + Cn2 a n−2b 2 + ! + Cnn−1a1b n−1 + Cnn a 0b n ) ( a + b )
= Cn0 a n +1b0 + Cn1 a n b1 + Cn2 a n −1b2 + ! + Cnn −1a 2 bn −1 + Cnn a1bn
{ ×a }
+ Cn0 a n b1 + Cn1 a n −1b 2 + Cn2 a n −2 b3 + ! + Cnn −1a1bn + Cnn a0 b n +1
(
)
= Cn0 a n +1b0 + Cn1 + Cn0 a n b1 +
(
)
{ ×b }
! + Cnn + Cnn −1 a1b n + Cnn a 0 bn +1
Or Cn0 = Cn0+1 , Cnn = Cnn++11 , et ∀k ∈ [1..n] , Cnk + Cnk −1 = Cnk+1 , donc
( a + b )n+1 = Cn0+1a n+1b0 + C1n+1a n b1 + Cn2+1a n−1b2 + ! + Cnn+1a1b n + Cnn++11a 0b n+1
On vient de montrer que ∀n ∈ N * , Pn ⇒ Pn +1
La proposition Pn est donc vraie pour tout entier
Ecriture de ( x + 2 )
6
On écrit : ( x + 2 ) = C60 x 6 20 + C61 x5 21 + ! + C65 x1 25 + C66 x 0 26
En reprenant la ligne 6 du triangle de Pascal :
6
( x + 2 )6
= 1 × x 6 20 + 6 x5 21 + ! + 6 x1 25 + 1 × x 0 26
= x 6 + 12 x5 + 60 x 4 + 160 x3 + 240 x 2 + 192 x + 64
(STAT03E01A)
Un luthier doit fabriquer les quatre instruments du quatuor (violon, alto, violoncelle,
contrebasse) et un violon d’étude pour enfant. De combien de façons peut-il faire :
1.
2.
s’il les fait tous le même mois?
s’il en fait trois un mois et deux le mois suivant ?
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STAT03 : probabilités
2
2.1
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Calcul des probabilités
Vocabulaire
Épreuve : expérience, phénomène dont le résultat dépend du hasard. On parle alors
d’expérience aléatoire. Les conditions de son déroulement doivent être clairement
établies.
Éventualité : le résultat d’une épreuve.
Univers Ω : ensemble des éventualités.
Evénement : tout sous-ensemble de l’univers dont on sait dire à l’issue de l’épreuve
s’il est réalisé ou non. Cela n’est pas très mathématique, mais nous nous contenterons
de cette approche intuitive, la définition rigoureuse dépassant largement le cadre de
ce cours.
Si Ω est fini, l’ensemble des événements est l’ensemble des parties de Ω , noté
P( Ω )
Événement élémentaire : événement qui ne comporte qu’un seul élément.
Le jet de dé. Un dé est lancé de façon aléatoire et on note le nombre inscrit sur la
face supérieure. Nous effectuons une expérience aléatoire.
L’univers Ω ={1, 2, 3, 4, 5, 6} est constitué des éventualités 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.
Définissons les événements suivants :
A = { 2, 4} A est réalisé si le nombre 2 ou le nombre 4 apparaît lors du jet.
B = { le numéro est impair } = { 1, 3, 5}
C = { le numéro est pair et plus petit que 4 } = { 2 }
On peut appeler X la variable qui a un tirage aléatoire associe le résultat. Par abus de
langage on écrira A = { X<3} = { 1, 2 }
A = Ω est l’événement certain
A = { 7 } est un événement impossible.
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2.2
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Logique sur les événements
2.2.1 Evénement contraire
L’événement contraire de A (noté A et qui se lit A barre) est réalisé si et seulement si
A ne l’est pas.
Jet de dé,
A = {X > 4} = {5; 6} alors A = {X < 5} = {1; 2; 3; 4}
On peut représenter schématiquement cette notion par le diagramme suivant :
_
A
A
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2.2.2 Evénement A et B ( noté A ∩ B )
A et B sont deux événements définis sur le même univers.
L’événement A et B est réalisé si A et B le sont tous les deux. Il est symbolisé par le
signe ensembliste d’intersection A ∩ B
Jet de dé.
A = {X < 3} et B = {X est pair} alors A ∩ B = {2}
A∩B
A
B
2.2.3 Evénements incompatibles.
A et B sont incompatibles s’ils ne peuvent être réalisés dans la même épreuve
simultanément. On écrira A ∩ B = ∅
•
A et A sont incompatibles
A
•
B
A = {X est pair} et B = {X est impair} sont incompatibles.
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2.2.4 Evénement A ou B ( noté A ∪ B )
L’événement A ∪ B est réalisé si et seulement si l’un au moins des événements A ou
B est réalisé.
A = {X < 3} et B = {X > 5} alors A ∪ B = {1; 2; 6}
A∪B
A
B
2.2.5 Opérations sur les ensembles
•
A ∪ B = B ∪ A et A ∩ B = B ∩ A
•
A ∩ (B ∩ C ) = ( A ∩ B) ∩ C = A ∩ B ∩ C
•
•
•
A ∪ (B ∪ C ) = ( A ∪ B) ∪ C = A ∪ B ∪ C
A ∩ (B ∪ C ) = ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C )
A ∪ (B ∩ C ) = ( A ∪ B) ∩ ( A ∪ C )
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2.3
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Probabilité d’un événement.
2.3.1 Approche heuristique :
Nous allons essayer de déterminer un nombre que l’on appelle probabilité qui mesure
le « degré de chance » d’obtenir la réalisation d’un événement. Nous noterons cette
probabilité p ( A) .
On suppose que l’univers Ω est associé à une épreuve finie.
Si tous les événements élémentaires ont la même « chance » de se réaliser, on dit
qu’ils sont équiprobables, la probabilité d’un événement apparaît alors comme le
rapport du nombre de cas favorables (le nombre d’événements élémentaires
constituant l’événement) sur le nombre total de cas possibles (le nombre
d’événements élémentaires de l’univers) :
p ( A) =
nombre de cas favorables
nombre total de cas
2.3.2 Définitions
L’univers des réalisations n’est pas toujours un ensemble fini, et même, s’il est fini ,
il est possible que les événements élémentaires ne soient pas tous équiprobables.
jetons une punaise par terre et notons la position de la punaise : pointe vers le sol ou
pointe vers le ciel. On appelle A l’événement : La punaise tombe la pointe vers le
haut. Cette expérience a été réalisée et a donné les résultats suivants :
N
10
20
50
100
200
500
Fréquence de
A
0,500
0,600
0,650
0,621
0,620
0,625
On remarque que la probabilité semble se stabiliser aux alentours de 0,62. On va
supposer que si on effectuait cette expérience une infinité de fois, on obtiendrait un
nombre réel, noté p ( A) que l’on appelle probabilité de l’événement A.
Il paraît évident que la probabilité est un nombre de l’intervalle [0 ;1] . L’événement
impossible aura la probabilité 0 et l’événement certain la probabilité 1. Plus la
probabilité est proche de 1 plus l’événement a de chance de se produire. Nous allons
donner une définition plus rigoureuse de la probabilité sous forme axiomatique.
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Soit Ω l’univers associé à une expérience aléatoire. On appelle probabilité sur Ω
toute application p: Ω → 0;1 telle que :
1) p Ω = 1
bg
b g
pF ∪ A I = ∑ pb A g
H K
2) Pour toute suite An
n∈N
d’événements deux à deux incompatibles,
∞
n
n∈N
n
n=0
La définition entraîne évidemment que la probabilité d’un événement est un réel
compris entre 0 et 1.
2.4
probabilité totale
1. La probabilité d’un événement est égale à la somme des événements élémentaires
qui le composent.
2.
p ( A ) = 1 − p ( A) )
3.
p (∅ ) = 0 )
4.
p ( A ∪ B ) = p ( A) + p ( B ) − p ( A ∩ B ) { probabilité totale }
2. A ∪ A = Ω et A ∩ A = ∅ donc d’après l’axiome,
(
)
( )
( )
p A ∪ A = p ( Ω ) = 1 = p ( A) + p A ⇒ p A = 1 − p ( A )
3. ∅ est le complémentaire de Ω, donc p (∅ ) = 1 − p ( Ω ) = 1 − 1 = 0
(
)
(
)
4. A ∪ B = A ∪ B ∩ A avec A ∩ B ∩ A = ∅ , donc
(
p ( A ∪ B ) = p ( A) + p B ∩ A
(
)
)
(
or B = ( B ∩ A ) ∪ B ∩ A donc p ( B ) = p ( B ∩ A ) + p B ∩ A
(
)
)
soit p B ∩ A = p ( B ) − p ( B ∩ A) en remplaçant on trouve :
p ( A ∪ B ) = p ( A) + p ( B ) − p ( A ∩ B )
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On jette deux dés parfaits, et on considère les faces supérieures.
L’univers est Ω = {(1;1) ; (1; 2 )! (1; 6 ) ; ( 2;1)! ( 6; 5 ) ; ( 6; 6 )} .
On s’intéresse à la somme des faces supérieures.
Quelle est la probabilité d’obtenir une somme des faces égale à 7. Chaque événement
élémentaire est équiprobable. Nous pouvons établir le tableau exhaustif suivant :
dé2
dé1
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
2
3
4
5
6
7
3
4
5
6
7
8
4
5
6
7
8
9
5
6
7
8
9
10
6
7
8
9
10
11
7
8
9
10
11
12
1
de se produire, il
36
6
suffit de compter le nombre de réalisations de la somme 7 soit p ( 7 ) =
36
Chaque événement étant équiprobable et ayant la probabilité
(STAT03E02A)
36 personnes se sont présentées à une collecte de sang. Les groupes sanguins se
répartissent ainsi :
22 du groupe O
8 du groupe A
4 du groupe B
2 du groupe AB
On prélève au hasard 3 flacons de sang parmi les 18 prélèvements. Calculez les
probabilités suivantes :
1. Les sangs des 3 flacons sont du même groupe
2. Sur les 3 flacons, un flacon au moins contient du sang du groupe A
3. Les sangs des trois flacons appartiennent à 3 groupes différents.
On donnera les résultats au millième le plus proche.
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15
STAT03 : probabilités
2.5
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Probabilités conditionnelles
2.5.1 Approche
Plaçons nous dans le cas simple d’un univers fini composé de n événements
élémentaires équiprobables. Deux événements A et B ont été réalisés respectivement
n A et nB fois. Quelle est la probabilité que B se réalise sachant que A a été réalisé.
nA
A
nB
n A et B
B
Si A est réalisé le nombre de cas possibles n’est plus n mais n A et le nombre de cas
favorables est n A et B . D’où en notant p ( B A) et en prononçant « probabilité de B
sachant A » on obtient :
n Aet B
n Aet B
p ( A ∩ B)
p ( B A) =
= n =
nA
nA
p ( A)
n
2.5.2 Généralisation
On admettra que l’on peut généraliser cette formule à un univers infini avec des
éventualités non équiprobables :
p ( B A) =
p ( A ∩ B)
p ( A)
et
p ( A B) =
p ( A ∩ B)
p (B)
on en déduit les égalités qui serviront dans les exercices :
p ( A ∩ B ) = p ( A) p ( B / A) = p ( B ) p ( A / B )
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STAT03 : probabilités
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Jet de deux dés : calculons la probabilité d’avoir S > 7 sachant que Y > 4 . On pose
A = {X > 4} et B = {Y > 4} . En regardant le tableau exhaustif des résultats on
applique la règle précédente
p(A/B) = p ( A B ) =
9
12
De plus on a bien : p ( A ∩ B ) =
9
12
et p ( B ) =
ce qui permet de vérifier la
36
36
formule.
(STAT03E03A)
On lance une campagne de tests pour déceler une maladie M dans une population.
1. Sachant que le test se révèle positif 98 fois sur cent lorsque le sujet est atteint de
la maladie et négatif 95 fois sur cent lorsque celui-ci est sain, quelle est la
probabilité p qu’un individu dont le test se révèle positif doit réellement malade.
On pose x la proportion d’individus qui sont atteints de la maladie M. p est une
fonction qui dépend alors de x : p : x " p ( x )
Etudier la fonction p. Calculer les proportions x1 et x2 pour lesquelles les
probabilités sont respectivement de 0,5 et 0,95. Conclure !
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Cours et exercices : Philippe Leclère
17
STAT03 : probabilité
SUPénoncés
Décembre 2000
(STAT03S01)
Une usine fabrique des stylos à bille. Une étude a montré que 90% de la production
ne présente pas de défaut. Chaque stylo est soumis à un contrôle qui refuse 94% des
stylos avec défaut et accepte 92% des stylos sans défaut. On choisit au hasard un
stylo avant le contrôle . On note D l’événement « le stylo a un défaut » et A
l’événement « le stylo est accepté à l’issue du contrôle ».
1) Quelle est la probabilité que :
a) le stylo soit accepté et n’ait pas de défaut ?
b) le stylo soit accepté et ait un défaut ?
c) le stylo soit accepté ?
2) Le contrôle permet-il d’affirmer que moins de 1% des stylos acceptés présentent
un défaut ?
(STAT03S02)
Une rondelle métallique est produite par une chaîne composée de 2 machines A et B
montées en série. La probabilité que la machine A produise un défaut sur une pièce
est 0,05. La probabilité que la machine B produise un défaut est de 0,03 si la pièce
sort indemne de A et 0,6 sinon.
1) Quelle est la probabilité que la pièce soit sans défaut ?
2) Quelle est la probabilité que la pièce ait deux défauts ?
3) Quelle est la probabilité que la pièce n’ait qu’un seul défaut ?
4) Quelle est la probabilité pour qu’une pièce présentant le défaut B ait aussi le
défaut A ?
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STAT03 : Probabilités
REPONSESglobal
(STAT03E01A)
1. 5 ! = 120 .
2. 5 ! = 120 .
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Décembre 2000
STAT03 : Probabilités
REPONSESglobal
(STAT03E01B)
1. 720
2. 90
3. 180
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Décembre 2000
STAT03 : Probabilités
REPONSESglobal
(STAT03E01C)
1. 715
2. 280
3. 645
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Décembre 2000
STAT03 : Probabilités
REPONSESglobal
(STAT03E01D)
1. 166 167 000
2. 22 538 750
3. 142 444 900
4. 1 183 350
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Décembre 2000
STAT03 : Probabilités
REPONSESglobal
(STAT03E02A)
1.
p ≈ 0 , 207
2.
p ≈ 0 ,554
3.
p ≈ 0 ,199
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Décembre 2000
STAT03 : Probabilités
REPONSESglobal
(STAT03E02B)
1.
•
p ≈ 0 , 2727
•
p ≈ 0 ,7884
•
p ≈ 0 , 2727
•
p ≈ 0 ,7884
2.
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Décembre 2000
STAT03 : Probabilités
REPONSESglobal
(STAT03E03A)
1.
(
p M
P
) = 0,930x,98+ x0,05
2.
•
x1 ≈ 0 ,05
•
x2 ≈ 0 ,5
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Décembre 2000
STAT03 : Probabilités
REPONSESglobal
(STAT03E03B)
1.
p ( D ) = 0, 042
2.
•
p ( A D ) ≈ 0 , 286
•
p A D ≈ 0 ,714
(
)
3.
p ≈ 0 ,349
4.
p ≈ 0 ,056
•
p ( A D ) ≈ 0 , 29
•
p A D ≈ 0 ,71
(
)
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Décembre 2000
STAT03 : Probabilités
REPONSESglobal
(STAT03E03C)
1. x ≈ 10−3
2.
p ( F ) ≈ 0 ,9999
3. x ≈ 0 ,0032
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Décembre 2000
STAT03 : probabilités
ENONCES
Décembre 2000
(STAT03E01B)
Une entreprise possède six voitures. Comment peut-on les répartir :
1. si elles doivent être placées chacune dans un garage différent?
2. si elles sont placées deux à deux dans trois garages différents ?
3. s'il y a quatre garages, deux recevant deux voitures et deux autres une seule
voiture ?
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STAT03 : probabilités
ENONCES
Décembre 2000
(STAT03E01C)
Un conseil municipal comprend 13 élus : 8 femmes et 5 hommes. On désire
déterminer l’équipe des 4 adjoints au maire :
1. combien d'équipes différentes peut-on former ?
2. combien d'équipes comportant exactement 2 hommes peut-on former ?
3. combien d’équipes comportant au moins un homme peut-on former ?
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STAT03 : probabilités
ENONCES
Décembre 2000
(STAT03E01D)
Dans un stock de 1000 pièces usinées, on dénombre 50 pièces défectueuses. On
prélève au hasard 3 pièces. On suppose que chaque tirage d’une pièce se fait dans la
population totale. ( on parle alors de tirage avec remise).
Combien de tirages différents peut-on faire ne contenant :
1. qu’une seule pièce défectueuse ?
2. au moins une pièce défectueuse ?
3. aucune pièce défectueuse ?
4. au moins 2 pièces défectueuses ?
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STAT03 : probabilités
ENONCES
Décembre 2000
(STAT03E02B)
Sur un lot de 100 pièces métalliques 40 ont été usinées par la machine M1 et 60 par
la machine M 2 .
1. On prélève simultanément 3 pièces du lot. Calculer les probabilités des
événements suivants :
•
•
Les trois pièces proviennent de la même machine.
Une pièce au moins est fabriquée par la machine M1
2. On prélève successivement 3 pièces du lot avec remise des pièces dans le lot à
chaque tirage. Calculer les probabilités des événements suivants :
•
•
Les trois pièces proviennent de la même machine.
Une pièce au moins est fabriquée par la machine M1 .
On donnera les résultats au dix-millième le plus proche.
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STAT03 : probabilités
ENONCES
Décembre 2000
(STAT03E03B)
Un appareil est fabriqué en grande série. La production totale est assurée par deux
machines A et B. La probabilité que la machine A produise un défaut est de 0,03. La
probabilité que la machine B produise un défaut est de 0,05.
Sur 1000 pièces produites, 400 le sont par la machine A et 600 par la machine B.
On prélève au hasard un appareil.
1. Quelle est la probabilité qu’il ait un défaut ?
2. L’appareil prélevé possède un défaut, quelle est la probabilité qu’il provienne de
la machine A, de la machine B ?
On prélève au hasard un échantillon de 10 appareils, on considère ce tirage comme
un tirage avec remise.
3. Quelle est la probabilité que ce lot contienne au moins un appareil défectueux ?
4. Quelle est la probabilité que ce lot contienne exactement 2 appareils défectueux ?
(On arrondira les résultats au millième le plus proche.)
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STAT03 : probabilités
ENONCES
Décembre 2000
(STAT03E03C)
Un appareil est constitué de 10 composants, qui doivent tous fonctionner pour que
l’appareil marche. On pose x la probabilité qu’un composant soit défectueux .
1. On souhaiterait que l’appareil fonctionne avec la probabilité de 0,99. Que doit-on
exiger du sous-traitant fournissant les composants sur la valeur x pour que cela
soit réalisé ?
2. On suppose que chaque composant a la probabilité
0, 001 de non-
fonctionnement. On décide pour augmenter la probabilité de fonctionnement de
mettre en parallèle deux appareils identiques qui se relaient en cas de panne de
l’un. Quelle est alors la probabilité de fonctionnement du nouveau dispositif ?
3. On désire maintenant une probabilité de fonctionnement avec le dispositif
précédent de 0,999. Quelle doit être la probabilité de panne d’un composant ?
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Cours et exercices : Philippe Leclère
STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
(STAT03E01A)
L’énoncé est un peu ambigu. Il faut en fait considérer que l’ordre de fabrication des
instruments importe. De plus que ce soit sur un mois ou sur deux mois est sans effet
sur le résultat. Nous avons 5 éléments distincts que nous voulons ordonner. Le
résultat est donc le nombre de permutations d’un ensemble de 5 éléments soit
5 ! = 120 pour les deux questions.
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous
conseillons fortement de faire l'exercice suivant (Cliquez sur Exercice).
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Cours et exercices : Philippe Leclère
STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
(STAT03E01B)
1. Chaque voiture doit être placée dans un garage différent. Cela revient à ordonner
les six voitures. Le nombre de possibilités est donc le nombre de permutations
d’un ensemble de 6 éléments. Soit 6 ! = 720
2. Nous disposons de trois garages.
•
On choisit deux voitures pour mettre dans le premier garage : la notion
d’ordre n’intervient pas. Cela correspond à une combinaison de 2 éléments
parmi 6 soit C62 .
•
On choisit ensuite deux voitures parmi les 4 qui restent. Avec le même
raisonnement, il y a C42 possibilités.
•
On place alors les deux dernières dans le dernier garage, soit une possibilité
En imaginant l’arborescence, on trouve donc :
C62 × C42 × C22 =
6!
4!
6!
×
×1 =
= 90
2! 4! 2! 2!
2! 2! 2!
3. Nous disposons de quatre garages, le début est le même que dans la question
précédente.
•
C62 .pour le premier garage
•
C42 pour le second garage.
•
C12 pour le troisième garage
•
C11 pour le troisième garage
En imaginant l’arborescence, on trouve donc :
C62 × C42 × C12 × C11 =
6!
4!
2!
1!
6!
×
×
×
=
= 180
2 ! 4 ! 2 ! 2 ! 1!1! 1! 0 ! 2 ! 2
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous
conseillons fortement de faire l'exercice suivant (Cliquez sur Exercice).
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STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
(STAT03E01C)
1. On doit choisir 4 personnes parmi les 13. Ici l’ordre n’a pas d’importance car on
ne distingue pas les différents postes d’adjoints. En fait il s’agit des combinaisons
4
de 4 parmi 13 soit : C13
= 715 .
2. On choisit les 2 hommes parmi les 5 et 2 femmes parmi les 8. On combine donc
ces choix, sachant que l’ordre n’intervient pas, soit : C52 × C82 = 280
3. Au moins un homme signifie : 1 ou 2 ou 3 ou 4. Nous allons faire le calcul direct,
puis nous verrons que dans ce cas là il vaut mieux considérer l’ensemble des
possibilités moins les cas contraires, c’est à dire 4 femmes.
C51C83 + C52 C82 + C53C81 + C54 C80 = 5 × 56 + 10 × 28 + 10 × 8 + 5 = 645 et par l’autre
4
méthode : C13
− C84 = 715 − 70 = 645 . La deuxième méthode apparaît
évidemment supérieure à la première. Retenez son principe très utile.
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous
conseillons fortement de faire l'exercice suivant (Cliquez sur Exercice).
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Cours et exercices : Philippe Leclère
STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
(STAT03E01D)
1. Le nombre de tirages différents correspond au nombre de combinaisons de 3
3
éléments parmi 1000. Ici l’ordre n’intervient pas, soit : C1000
= 166 167 000 .
2. Une seule pièce défectueuse parmi 50 et 2 bonnes parmi 950. Soit :
1
2
C50
× C950
= 50 × 450 775 = 22 538 750
3. Au moins une pièce défectueuse c’est l’ensemble des tirages possibles moins
3
3
− C950
= 23 722 100 .
ceux ne comportant que des bonnes pièces, donc C1000
Faisons le raisonnement direct : une mauvaise et deux bonnes, ou 2 mauvaises et
1
2
2 1
3
C950
C950 + C50
une bonne ou 3 mauvaises : C50
+ C50
= 23 722 100
3
4. C’est le choix de 3 pièces parmi les 950 : C950
= 142 444 900
2 1
3
C950 + C50
5. Au moins 2 signifie 2 OU 3. Soit : C50
= 1 183 350 . On peut vérifier
ce résultat en faisant : l’ensemble moins aucune pièce moins une seule pièce.
Soit :
3
3
2
1
C1000
C50
− C950
− C950
= 166 167 000 − 142 444 900 − 50 × 450 775 = 1 183 350 .
Heureusement, on trouve le même résultat.
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous
conseillons vivement de contacter votre tuteur.
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Cours et exercices : Philippe Leclère
STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
(STAT03E02A)
3
Il y a C18
façons différentes de choisir 3 flacons parmi les 18. Ce sont les
combinaisons de 3 éléments parmi 18.
1. Les trois flacons appartiennent au même groupe. Ce ne peut être que le groupe O
3
façons de choisir 3 flacons parmi les
ou le groupe A. Donc on obtient : C11
flacons du groupe O et C43 façons de choisir 3 flacons parmi les flacons du
groupe A. La probabilité est donc :
3
C11
+ C43
3
C18
≈ 0 , 207
2. « au moins 1 » équivaut à « tous moins 0 » soit en probabilité : 1 −
3
C14
3
C18
≈ 0 ,554 ,
il reste en effet le choix de 3 parmi les 14 personnes n’ayant pas le groupe A.
3.
Il faut décrire le phénomène de façon exhaustive. On constitue les groupements
suivants : {O, A,B} ;{O, A, AB} ;{O,B, AB} ;{ A,B, AB}
On aboutit donc aux calculs suivants :
{O, A,B} :
11 × 4 × 2
816
{O, A, AB} :
11 × 4 × 1
816
{O,B, AB} :
11 × 2 × 1
816
{A,B, AB} :
4 × 2 ×1
816
Soit au total :
11 × 4 × 2 11 × 4 × 1 11 × 2 × 1 4 × 2 × 1 162
+
+
+
=
≈ 0 ,199
816
816
816
816
816
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous
conseillons fortement de faire l'exercice suivant (Cliquez sur Exercice).
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Cours et exercices : Philippe Leclère
STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
(STAT03E02B)
1. Les pièces sont indiscernables dans le lot et le tirage est rigoureusement aléatoire.
3
Il y a donc au total C100
choix possibles. Ici l’ordre n’intervient pas.
•
Les trois pièces ont été fabriquées par la machine M1 ou les trois pièces ont été
3
fabriquées par la machine M 2 . Il y a C40
choix possibles de 3 pièces parmi
3
celles provenant de la machine M1 et C60
choix possibles de 3 pièces parmi
celles provenant de la machine M 2 . Les deux événements étant incompatibles et
l’équiprobabilité étant assurée, on obtient :
p=
•
3
3
C40
+ C60
3
C100
≈ 0 , 2727
En fait ici il est plus simple de raisonner en utilisant l’équivalence « au moins une
pièce de la machine M1 », équivaut « à toutes les possibilités moins celles
comportant les 3 pièces issues de la machine M 2 », on obtient :
p=
3
3
C100
− C60
3
C100
≈ 0 ,7884
Cycles Préparatoires du Service Commun de Formation Continue de l'INPL.
Cours et exercices : Philippe Leclère
STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
2. On va faire un raisonnement « naturel ».
•
Soit les trois pièces proviennent de la machine M1 avec la probabilité
40 39 38
× ×
= 0 ,0611 , Soit les trois pièces proviennent de la machine M 2
100 99 98
avec la probabilité
60 59 58
× ×
≈ 0 , 2116 , on peut additionner ces deux
100 99 98
probabilités pour obtenir le résultat, les événements étant disjoints. Finalement,
0, 0611 + 0, 2116 ≈ 0, 2727 .
•
On fait : 1− la probabilité qu’aucune pièce ne provienne de M1 . Soit
1−
60 59 58
× ×
≈ 1 − 0, 2116 ≈ 0 ,7884
100 99 98
On peut remarquer que les résultats sont sensiblement égaux, on peut donc
considérer, si la précision de 10−4 convient, que le tirage peut être considéré comme
un tirage avec remise.
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous
conseillons vivement de contacter votre tuteur.
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Cours et exercices : Philippe Leclère
STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
(STAT03E03A)
1. Il s’agit de probabilités conditionnelles. Sachant que le test est positif, quelle est
la probabilité que l’individu soit malade.
La représentation arborescente permet de résoudre simplement ces problèmes.
On pose M l’événement « l’individu est malade »
Et P l’événement « le test est positif »
p ( M ∩ P ) = 0 ,98 x
p ( P M ) = 0 ,98
(
p (M ) = x
)
p P M = 0 ,02
(
)
(
)
(
)
p M ∩ P = 0 ,02 x
p M ∩ P = 0 ,05 (1 − x )
( )
p M = 1− x
(
)
(
)
p P M = 0 ,05
p P M = 0 ,95
p M ∩ P = 0 ,95 (1 − x )
On cherche la probabilité :
(
p M
=
P)
p (M ∩ P)
p (P)
=
p (M ∩ P)
(
p (P ∩ M ) + p P ∩ M
)
=
0 ,98 x
0 ,98 x
=
0 ,98 x + 0 ,05 (1 − x ) 0 ,93 x + 0 ,05
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STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
2. On étudie donc sur [0;1] la fonction p définie par p ( x ) =
Octobre 2000
0 ,98 x
dont la
0 ,93 x + 0 , 05
courbe représentative est un arc d’hyperbole. La fonction est strictement
croissante de [0;1] vers [0;1] .
0 ,98 x
= 0 ,5 ⇔ 0 ,98 x = 0 , 465 x + 0 ,025 ⇔ 0 ,515 x = 0 , 025 ⇔ x1 ≈ 0 ,05
0 ,93 x + 0 , 05
0 ,98 x
= 0 ,95 ⇔ 0 ,98 x = 0 ,8835 x + 0 , 0475 ⇔ 0 ,0965 x = 0 , 0475 ⇔ x2 ≈ 0 ,5
0 ,93 x + 0 , 05
Conclusion, le test est peu efficace si la proportion d’individus atteints est faible,
en revanche il devient fiable si une proportion importante de la population est
malade, en cas d’épidémie par exemple.
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous
conseillons fortement de faire l'exercice suivant (Cliquez sur Exercice).
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STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
(STAT03E03B)
3. Il s’agit de probabilités conditionnelles. La représentation arborescente permet de
résoudre simplement ces problèmes.
On pose :
D l’événement « l’appareil est défectueux »
A l’événement « l’appareil est fabriqué par la machine A »
p ( D ∩ A ) = 0 , 4 × 0 , 03 = 0 , 012
p ( D A) = 0 ,03
(
p ( A) = 0, 4
)
p D A = 0 ,97
(
)
(
)
(
)
(
)
p D ∩ A = 0 , 4 × 0 ,97 = 0 ,388
p A ∩ D = 0, 05 × 0, 6 = 0 , 03
( )
p A = 0 ,6
(
)
(
)
p D A = 0 ,05
p D A = 0 ,95
p D ∩ A = 0 ,95 × 0, 6 = 0,57
Il suffit de lire le graphique :
1.
(
(
))
p ( D ) = p ( D ∩ A ) ∪ D ∩ A = p ( D ∩ A) + p D ∩ A = 0, 012 + 0, 03 = 0, 042
(
)
(Il est évident que les événements ( D ∩ A ) et D ∩ A sont incompatibles)
2.
p ( A D) =
(
)
p A D =
p ( D ∩ A)
p (D)
(
p D∩ A
p (D)
=
)=
0 ,012 2
= ≈ 0 , 286 et
0, 042 7
0 , 03 10
=
≈ 0 ,714
0, 042 14
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STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
3. Le tirage est un tirage avec remise. La probabilité de tirer un appareil défectueux
est de 0,042 et donc de tirer un appareil non défectueux de 0,958. La probabilité
que le lot contienne au moins un appareil défectueux est en fait 1 − la probabilité
que le lot ne contienne aucun appareil défectueux, soit :
1 − 0 ,95810 ≈ 1 − 0 , 65 = 0,349 .
4. Le lot contient exactement 2 appareils défectueux, donc 8 en état de marche. Ces
deux appareils défectueux peuvent être les deux premiers choisis ou le premier et
2
choix possibles d’emplacement. On obtient donc
le troisième, ou ETC… soit C10
2
la probabilité : p = C10
× 0, 0422 × 0,9588 ≈ 0, 056
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous
conseillons fortement de faire l'exercice suivant (Cliquez sur Exercice).
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STAT03 : Probabilités
SOLUTIONS
Octobre 2000
(STAT03E03C)
1. Pour la première question, il faut que chaque composant soit en état de marche.
On suppose que chacun de ceux-ci fonctionne avec la probabilité (1 − x ) soit une
probabilité de fonctionnement de l’appareil de (1 − x ) . On obtient donc :
10
0,99 = (1 − x )
10
⇔ ln 0 ,99 = 10 ln (1 − x ) ⇔ ln (1 − x ) =
ln 0 ,99
10
ln 0 ,99
e 10
⇔ 1− x =
⇔ x ≈ 10−3
2. Le système fonctionne si l’un ou l’autre ou les deux fonctionnent.
On pose :
F l’événement
« le dispositif fonctionne »
A
« le premier appareil fonctionne »
B
le deuxième appareil fonctionne. On obtient :
p ( F ) = p ( A ∪ B ) = p ( A) + p ( B ) − p ( A ∩ B ) . Comme les deux appareils sont
indépendants l’un de l’autre,
p ( A ∩ B ) = p ( A) p ( B ) avec p ( A) = p ( B ) = 0 ,99910 ≈ 0 ,99 . Finalement on
(
obtient : p ( F ) = p ( A) + p ( B ) − p ( A ∩ B ) = 2 × 0 ,99910 − 0 ,99910
3. On résout :
(
10
)
10 2
2 × (1 − x ) − (1 − x )
)
2
≈ 0 ,9999
≈ 0 ,999 ⇒ X 2 − 2 X + 0 ,999 = 0

2−
 X1 =

⇔
X = 2 +
 2
Seule X1 convient, ce qui donne (1 − x )
10
0, 004
≈ 0 ,968
2
0 , 004
>1
2
≈ 0 ,968 ⇔ x
1
= 1 − 0 ,96810
≈ 0 ,0032
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous
conseillons vivement de contacter votre tuteur.
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Cours et exercices : Philippe Leclère
STAT03 : Probabilités
AIDES
Décembre 2000
(STAT03E01A)
Il faut tenir compte de l’ordre de fabrication des instruments. Nous avons 5 éléments
distincts que nous voulons ordonner. Réfléchissez bien à l’importance que ce travail
se fasse sur 1 ou 2 mois.
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STAT03 : Probabilités
AIDES
Décembre 2000
(STAT03E01B)
1. Chaque voiture doit être placée dans un garage différent. Cela revient à ordonner
les six voitures.
2. Nous disposons de trois garages. Il faut envisager comment remplir le premier
garage, puis le second et enfin le troisième
3. Nous disposons de quatre garages, le début est le même que dans la question
précédente. Il ne reste plus, avec le même raisonnement, qu’à remplir le troisième
garage avec une voiture, puis le 4ième avec la dernière.
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STAT03 : Probabilités
AIDES
Décembre 2000
(STAT03E01C)
1. Ici l’ordre n’a pas d’importance car on ne distingue pas les différents postes
d’adjoints.
2. On choisit 2 hommes parmi les 5 et 2 femmes parmi les 8. On combine donc ces
choix, sachant que l’ordre n’intervient pas.
3. Au moins un homme signifie : 1 ou 2 ou 3 ou 4. Vous pouvez faire le calcul
directement, ou considérer l’ensemble des possibilités moins « pas d’hommes »
On rappelle le moyen mnémotechnique : lorsque l’on est amené à dire ET, on
multiplie les choix, lorsque c’est OU, on les additionne.
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STAT03 : Probabilités
AIDES
Décembre 2000
(STAT03E01D)
1. L’ordre n’intervient pas
2. Une seule pièce défectueuse parmi 50 et 2 bonnes parmi 950 (sans ordre).
3. C’est le choix de 3 pièces parmi les 950 (sans ordre).
4. Au moins 2 signifie 2 OU 3
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STAT03 : Probabilités
AIDES
Décembre 2000
(STAT03E02A)
1. Les trois flacons appartiennent au même groupe. Ce ne peut être que le groupe O
ou le groupe A.
2. « au moins 1 » équivaut à « tous moins 0 »
3.
Il faut décrire le phénomène de façon exhaustive. On constitue les groupements
suivants : {O, A,B} ;{O, A, AB} ;{O,B, AB} ;{ A,B, AB}
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STAT03 : Probabilités
AIDES
Décembre 2000
(STAT03E02B)
1. Ici l’ordre n’intervient pas.
2.
•
Les trois pièces ont été fabriquées par la machine M1 ou les trois pièces ont
été fabriquées par la machine M 2 .
•
En fait ici il est plus simple de raisonner en utilisant l’équivalence « au moins
une pièce de la machine M1 », équivaut « à toutes les possibilités moins
celles comportant les 3 pièces issues de la machine M 2 »
3.
Faites un raisonnement « naturel ».
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STAT03 : Probabilités
AIDES
Décembre 2000
(STAT03E03A)
La représentation arborescente permet de résoudre simplement ces problèmes.
On pose M l’événement « l’individu est malade »
Et P l’événement « le test est positif »
p (M ∩ P)
p (P M )
p (M )
(
p P M
)
(
)
(
)
(
)
p M ∩P
p M ∩P
( )
p M
(
)
(
)
p P M
p P M
p M ∩P
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STAT03 : Probabilités
AIDES
Décembre 2000
(STAT03E03B)
1 et 2 : Voir la correction de l’exercice précédente et s’en inspirer pour
l’arborescence.
3. La probabilité que le lot contienne au moins un appareil défectueux est en fait 1 −
la probabilité que le lot ne contienne aucun appareil défectueux.
4. Les deux appareils défectueux peuvent être les deux premiers choisis ou le
premier et le troisième, ou ETC…
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STAT03 : Probabilités
AIDES
Décembre 2000
(STAT03E03C)
1. Pour la première question, il faut que chaque composant soit en état de marche.
Ensuite il y a un petit calcul avec les logarithmes.
2. Le système fonctionne si l’un ou l’autre ou les deux fonctionnent.
On pose :
F l’événement
A
B
« le dispositif fonctionne »
« le premier appareil fonctionne »
« le deuxième appareil fonctionne »
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