corrections (sauf 3 et 16)

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S’entrainer plus
Corrections
Exercice 1 :
Une agence de voyage propose à sa clientèle deux formules :
-une formule hôtel comportant transport et hébergement.
-une formule club comportant transport, hébergement, circuit et animation.
Une étude montre que 30% des clients choisissent la formule hôtel et 70% la formule club. D’autre part, parmi les clients ayant
choisi la formule hôtel, 80% effectue leur voyage en France et 20% à l’étranger.Enfin, parmi ceux ayant choisi la formule club, 40%
effectuent leur voyage en France et 60% à l’étranger.
Un client se présente à l’agence.
Notons :
H:l’événement « le client choisit la formule hôtel» ;
C:l’événement « le client choisit la formule club» ;
E:l’événement « le client choisit un voyage à l’étranger» ;
F:l’événement « le client choisit un voyage en France».
::::::
D’après::: les::::::: données:: de
:::::::
l’énoncé
::
:
P(H) = 0.3 ; P(C) = 0.7 ; PH(F) = 0.8 ; PH(E) = 0.2 ; PC(F) = 0.4 ; PC(E) = 0.6.
C
H
0.8
0.2
0.3
0.7
F
E
0.4
0.6
F
E
1. Calculons la probabilité que le client choisisse un voyage à l’étranger, cad de E:
Eest la réunion des événements incompatibles E∩Het E∩Cdonc
P(E) = P(E∩H) + P(E∩C)
=PH(E)P(H) + PC(E)P(C) = 0.2×0.3 + 0.6×0.7 = 0.48.
La probabilité que le client choisisse un voyage à l’étranger est 0.48.
2. Déterminons la probabilité que le client prenne la formule club sachant qu’il a choisi un voyage à l’étranger :
PE(C) = P(E∩C)
P(E)=PC(E)P(C) P(E)=0.6×0.7 0.48 = 0.875
La probabilité qu’un client demandant un voyage à l’étranger choisisse la formule club est de 0.875.
Exercice 2 :
Lors d’une épidémie, 35% des animaux d’un élevage sont atteints par une maladie. Un test est effectué :
La probabilité pour qu’un animal malade ait une réaction positive est 0.9et la probabilité pour qu’un animal sain ait une réaction
négative est 0.8.
Pour un animal considéré au hasard, on note :
Ml’événement « être atteint par la maladie» et Rl’événement « Avoir une réaction
positive»
D’après les données de l’énoncé :
P(M) = 0.35 , PM(R) = 0.9, PM(R) = 0.8.
Donc P(M) = 1 −0.35 = O.65 , PM(R) = 1 −0.9 = 0.1et PM(R) = 1 −0.8 = 0.2.M
M
0.9
0.1
0.35
0.65
R
R
0.2
0.8
R
R
1. (a) Déterminons la probabilité qu’un animal ait une réaction positive :
L’évt Rest la réunion des événements incompatibles R∩Met R∩M.
Donc P(R) = P(R∩M) + P(R∩M) = PM(R).P (M) + PM(R).P (M) = 0.9×0.35 + 0.2×0.65 = 0.445.
La probabilité qu’un animal ait une réaction positive est 0.445.
(b) Déterminons la probabilité qu’un animal ayant une réaction positive soit malade :
PR(M) = P(R∩M)
P(R)=PM(R).P (M) P(R)=0.9×0.35 0.445 =315 445 ≈0.708.
La probabilité qu’un animal ayant une réaction positive soit malade est 63
89 soit environ 0.708.
(c) Déduisons-en la probabilité pour qu’un animal ayant une réaction positive soit sain :
PR(M) = 1 −PR(M) = 26
89 .
La probabilité qu’un animal ayant une réaction positive soit sain est 26
89 soit environ 0.292.
2. Déterminons la probabilité pour qu’un animal ayant une réaction négative soit malade :
PR(M) = P(R∩M)
P(R)=PM(R)P(M) P(R)=0.1×0.35
0.555 =35 555 =7 111
La probabilité qu’un animal ayant une réaction négative soit malade est 7
111 soit environ 0.063.
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Exercice 4 :(Antilles-Guyane, Juin 2002 ACO3p41 )
Pour entretenir en bon état de fonctionnement le chauffage, une société immobilière fait contrôler les chaudières de son parc de
logements pendant l’été. On sait que 20% des chaudières sont sous garantie.
Parmi les chaudières sous garantie, la probabilité qu’une chaudière soit défectueuse est de 1
100 .
Parmi les chaudières qui ne sont plus sous garantie, la probabilité qu’une chaudière soit défectueuse est de 1
10 .
On appelle :
Gl’événement : « la chaudière est sous garantie».
A: « la chaudière est garantie et est défectueuse».
B: « la chaudière est défectueuse »
::::::
D’après::: les::::::: données:: de
:::::::
l’énoncé
::
:P(G) = 0.20 ; PG(B) = 0.01 ; PG(B) = 0.1
Donc P(G) = 1 −0.2 = 0.8, PG(B) = 1 −0.01 = 0.99 et PG(B) = 1 −0.1 = 0.9
G
G
0.01
0.99
0.2
0.8
B
B
0.1
0.9
B
B
1. Calculons la propabilité de l’événement Apuis celle de l’événement B:
•L’événement A:« la chaudière est garantie et défectueuse» est l’événement G∩B.
Donc P(A) = P(G∩B) = PG(B)P(G) = 0.01 ×0.20 = 0.002.
La probabilité que la chaudière soit garantie et défectueuse est 0.002.
•L’événement Best la réunion des événements incompatibles B∩Get B∩Gdonc
P(B) = P(B∩G) + P(B∩G) = PG(B)P(G) + PG(B)P(G) = 0.002 + 0.1×0.8 = 0.082.
La probabilité que la chaudière soit défectueuse est 0.082.
2. Dans un logement, la chaudière est défectueuse. Montrons que la probabilité qu’elle soit sous garantie est de 1
41 :
PB(G) = P(G∩B)
P(B)=P(A) P(B)=0.002 0.082 =2.10−3 82.10−3=1 41 .
La probabilité qu’une chaudière défectueuse soit sous garantie est 1
41 .
3. Le contrôle est gratuit si la chaudière est sous garantie. Il coûte 80 euros si la chaudière n’est plus sous garantie et n’est pas
défectueuse. Il coûte 280 euros si la chaudière n’est plus sous garantie et est défectueuse. On note Xla variable aléatoire qui
représente le coût du contrôle d’une chaudière. Déterminons la loi de probabilité de Xet son espérance mathématique :
Xpeut prendre les valeurs 0,80 et 280.
L’événement ”X= 0” est l’événement Gdonc P(X= 0) = P(G) = 0.2.
L’événement ”X= 80” est l’événement G∩Bdonc P(X= 80) = P(G∩B) = PG(B)P(G) = 0.9×0.8 = 0.72.
L’événement ”X= 280” est l’événement G∩Bdonc P(X= 280) = P(G∩B) = PG(B)P(G) = 0.1×0.8 = 0.08
Valeurs possibles xide X0 80 280
P(X=xi) 0.2 0.72 0.08
L’espérance de Xest E(X) = 0.2×0 + 0.72 ×80 + 0.08 ×280 = 80 .
4. Au cours de la période de contrôle, on a trouvé 5 chaudières défectueuses. Déterminons la probabilité qu’au moins l’une
d’entre elles soit sous garantie ? :
Soit El’évenement « au moins l’une d’entre elles est sous garantie»
L’événement contraire Eest « aucune d’entre elles n’est sous garantie » E= (G, G, G, G, G).
On a P(E) = PB(G)5donc P(E) = 1 −PB(G)5.
Or PB(G) = P(B∩G)
P(B)=PG(B)P(G) P(B)=0.1×0.8 0.082 =40 41 donc P(E) = 1 −40 41 5.
5chaudières étant trouvées défectueuses, la proba qu’au moins l’une d’entre elles soit sous garantie est 1−40
41 5.
Exercice 5 :
Des observations d’un gardien de but permettent d’estimer que lors d’une séance de tir :
- La probabilité pour que le 1er tir soit arrêté est 0.7.
- La probabilité pour que, le n-ième tir étant arrêté, le (n+ 1)ième est arrêté, est 0.8.
- La probabilité pour que, le n-ième tir n’étant pas arrêté, le (n+ 1)ième est arrêté, est 0.6.
On notera pnla probabilité de l’événement An:« le nième tir est arrêté».
1. (a) Donnons les probabilités déduites de l’énoncé :
- La probabilité pour que le 1er tir soit arrêté est 0.7donc p1= 0.7.
- La probabilité pour que, le n-ième tir étant arrêté, le (n+ 1)ième est arrêté, est 0.8.
Donc PAn(An+1) = 0.8et PAn(An+1) = 1 −0.8 = 0.2.
- La probabilité pour que, le n-ième tir n’étant pas arrêté, le (n+ 1)ième est arrêté,
est 0.6.
Donc PAn(An+1) = 0.6et PAn(An+1) = 1 −0.6 = 0.4.An
An
0.8
0.2
An+1
An+1
0.6
0.4
An
An+1
(b) Déterminons en fct de pnla probabilité pour que le nième tir et le (n+ 1)ième tir soient arrêtés :
P(An∩An+1) = PAn(An+1)P(An) = 0.8pn.
La probabilité pour que le nième et le n+1ième tirs soient arrêtés est 0.8pn.
(c) Exprimons pn+1 en fonction de pn:
An+1 est la réunion des événements incompatibles An∩An+1 et An∩An+1.
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Donc pn+1 =P(An+1) = P(An∩An+1) + P(An∩An+1)
= 0.8pn+PAn(An+1)P(An) = 0.8pn+ 0.6(1 −pn) = 0.2pn+ 0.6.
Ainsi,  pn+1 = 0.2pn+ 0.6
2. On considère la suite (Un)définie pour n≥1par Un=pn−0.75.
(a) Démontrons que (Un)est une suite géométrique :
∀n≥1, Un+1 =pn+1 −0.75 = 0.2pn+ 0.6−0.75 = 0.2pn−0.15 = 0.2(Un+ 0.75) −0.15
= 0.2Un+ 0.15 −0.15 = 0.2Un.
D’où (Un)est géométrique de raison 0.2et de premier terme U1=p1−0.75 = 0.7−0.75 = −0.05.
(b) Exprimons pnen fonction de n:
(Un)est géométrique de raison 0.2et de premier terme U1=−0.5donc ∀n≥1, Un=U1×(0.2)n−1=−0.05×(0.2)n−1.
D’où  pn=Un+ 0.75 = −0.05 ×(0.2)n−1+ 0.75 .
(c) Etudions la limite de la suite (pn):
0.2∈]0 ; 1[ donc lim
n→+∞
(0.2)n−1= 0 donc  lim
n→+∞
pn= 0.75 .
Exercice 6 :(Asie, juin 2002 ACO3p56 )
Amélie est en vacances dans une très grande métropole. Elle doit traverser cette ville en suivant l’avenue principale, qui est jalonnée
de nombreux feux tricolores.
Pour tout entier naturel n≥1, on note Enl’événement : « Amélie est arrêtée par le n ième feu rouge ou orange » et Enl’événement
conraire. Le feu orange est considéré comme un feu rouge.
Soit pnla probabilité de Enet qncelle de En. La probabilité que le premier feu tricolore soit rouge ou orange vaut 1
8.
On suppose que les deux conditions suivantes sont réalisées :
•la probabilité que le n+ 1ième feu tricolore soit rouge ou orange, si le nième feu est rouge ou orange vaut 1
20 .
Donc PEn(En+1) = 1
20 et PEn(En+1) = 1 −1 20 =19 20 .
•la probabilité que le n+ 1ième feu tricolore soit rouge ou orange, si le nième feu est vert vaut 9
20 .
Donc PEn(En+1) = 9
20 et PEn(En+1) = 1 −9 20 =11 20 .
1. On s’intéresse, tout d’abord, aux deux premiers feux tricolores.
(a) Réalisons un arbre pondéré illustrant la situation :
E1
E1
1
/
20
19
/
20
1
/
8
7
/
8
E2
E2
9
/
20
11
/
20
E2
E2
(b) On note Xla variable aléatoire égale au nombre de feux verts parmi ces deux premiers feux tricolores. Déterminons la
loi de probabilité de X.
Xpeut prendre les valeurs 0,1et 2.
L’événement ”X= 0” est l’événement E1∩E2donc P(X= 0) = P(E1∩E2) = PE1(E2)P(E1) = 1
20 ×1 8=1 160 .
L’événement ”X= 2” est l’événement E1∩E2donc P(X= 0) = P(E1∩E2) = PE1(E2)P(E1) = 11
20 ×7 8=77 160 .
Donc P(X= 1) = 1 −P(X= 0) −P(X= 2) = 82
160 =41 80 .
Valeurs possibles xide X012
P(X=xi)1
160
41
80
77
160
(c) Calculons l’espérance de X.
L’espérance de Xest E(X) = 0 ×1
160 + 1 ×41 80 + 2 ×77 160 =59 40 .
2. On se place maintenant dans le cas général.
(a) En remarquant que En+1 = (En+1 ∩En)∪(En+1 ∩En), montrons que, pour tout n≥1,pn+1 =1
20 pn+9 20 qn:
pnest la probabilité de l’événement Encad pn=P(En)et qnest la probabilité de En.
Donc qn=P(En) = 1 −P(En) = 1 −pn.
Or En+1 est l’union des événements incompatibles En+1 ∩Enet En+1 ∩Endonc
P(En+1) = P(En+1 ∩En) + P(En+1 ∩En) = PEn(En+1)P(En) + PEn(En+1)P(En).
D’où pn+1 =1
20 pn+9 20 qn.
(b) Déduisons-en l’expression de pn+1 en fonction de pn:
pn+1 =1
20 pn+9 20 qn=1 20 pn+9 20 (1 −pn) = −8 20 pn+9 20 =9 20 −2 5pn.
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3. Soit la suite (un)de nombres réels définie pour tout entier naturel n≥1par : un= 28pn−9.
(a) Montrons que (un)est une suite géométrique et déterminons sa raison k:
∀n, un+1 = 28pn+1 −9 = 28( 9
20 −2 5pn)−9 = −28 ×2 5pn+18 5=−2 5(28pn−9) = −2 5un.
D’où (un)est géométrique de raison −2
5et de premier terme u1= 28p1−9 = 28 1 8−9 = −11 2.
(b) Exprimons unpuis pnen fonction de n:
(un)est géométrique de raison −2
5et de premier terme u1=−11 2donc ∀n≥1, un=u1−2 5n−1.
Doù ∀n, un=−11
2−2 5n−1=55 4−2 5n.
Or pn=un+ 9
28 donc
∀n≥1, pn=1
28 55 4−2 5n+ 9.
(c) Déterminons la limite, si elle existe, de pn, quand ntend vers +∞et donnons une interprétation de ce résultat :
−2
5
<1donc lim
n→+∞−2
5n= 0 d’où
lim
n→+∞
pn=9
28 ≈0.32 .
Cela signifie que plus Amélie progressera dans la ville plus la probabilité qu’elle soit arrêtée à un feu sera prohe de 0.32.
Exercice 7 :(Liban, juin 2003 ACO4p153 )
Une urne contient quatre boules noires et deux boules blanches.
Soit nun entier naturel supérieur ou égal à 2. On répète nfois l’épreuve qui consiste à tirer une boule puis à la remettre dans
l’urne ; on suppose que toutes les boules ont la même probabilité d’être tirées et que les tirages sont indépendants.
On note pnla probabilité de tirer exactement une boule blanche lors des n−1premiers tirages et une boule blanche lors du n-ième
tirage.
Etant donné que les tirages sont identiques et indépendants et qu’on suppose que toutes les boules ont la même probabilité d’être
tirées, à chaque tirage la probabilité de tirer une boule blanche (évt B) est de 2
6soit 1 3et la probabilité de tirer une boule noire
(évt N) est de 4
6soit 2 3.
De plus, les tirages étant des épreuves indépendantes, la probabilité d’une liste de résultats est le produit des probabilités de chacun
des résultats.(cf p8 du cours).
1. Calculons les probabilités p2, p3et p4:
::::::::
Effectuons
:::::
deux:::::: tirages: :
p2est la probabilité de tirer deux boules blanches lors de ces deux tirages (évt (B, B)).
Etant donné que les tirages sont indépendants, on a p2=P((B, B)) = P(B)×P(B) = 1
3×1 3=1 9.
•:::::::: Effectuons:::: trois
::::::
tirages
:
:
p3est la probabilité de tirer exactement une boule blanche lors des deux premiers tirages et une boule blanche au troisième
tirage donc
p3=P((B, N, B)∪(N, B, B)) = P((B, N, B)) + P((N, B, B)) = 1
3×2 3×1 3+2 3×1 3×1 3=4 27 .
•:::::::: Effectuons:::::: quatre:::::: tirages: :
p4est la probabilité de tirer exactement une boule blanche lors des trois premiers tirages et une boule blanche au quatrième
tirage donc
p4=P((B, N, N, B)∪(N, B, N, B)∪(N, N, B, B)) = P((B, N, N, B)) + P((N, B, N, B)) + P((N, N, B, B))
=1
3×2 3×2 3×1 3+2 3×1 3×2 3×1 3+2 3×2 3×1 3×1 3=12 81 =4 27 .
2. On considère les événements suivants :
Bn: « On tire une boule blanche lors du n-ième tirage»,
Un: « On tire une boule blanche et une seule lors des n−1premiers tirages »
(a) Calculons la probabilité de l’événement Bn.
Tous les tirages sont identiques donc P(Bn) = 1
3.
(b) Exprimons la probabilité de l’événement Unen fonction de n:
Soit Unl’événement :" On tire une boule blanche et une seule lors des n−1premiers tirages "
Lors d’un tel évt, on tire donc une boule blanche et n−2boules noires. De plus, il y a n−1places possibles pour la
boule blanche.
En clair, Unest l’union des n−1évts incompatibles (B, N, N, ..., N),(N, B, N, N, ..., N), ..., (N, N, ..., N, B)qui ont
tous pour probabilité 1
3×2 3n−2.
D’où P(Un) = (n−1) ×1
3×2 3n−2.
(c) Déduisons-en l’expression de pnen fonction de net vérifions l’égalité : pn=n−1
4×2 3n.
pnest la probabilité de l’évt (Un, Bn)donc
pn=P(Un)×P(Bn) = (n−1) ×1
32×2 3n−2= (n−1) 2n−2 3n=n−1 22×2n 3n=n−1 42 3n.
3. On pose Sn=p2+p3+·· · +pn.
(a) Démontrons par récurrence que pour tout entier naturel nsupérieur ou égal à 2, on a
Sn= 1 −(n
2+ 1) ×2 3n.
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Démontrons déjà que la proposition est vraie pour n= 2.
S2=p2=1
9et 1−(2 2+ 1) ×2 32= 1 −8 9=1 9.
Donc la propriétée est vraie pour n= 2.
On suppose maintenant que la propriété est vraie pour  UN entier net on va montrer qu’elle est vraie pour l’entier
n+ 1.
On suppose donc que Sn= 1 −(n
2+ 1) ×2 3net on va prouver que Sn+1 = 1 −(n+ 1 2+ 1) ×2 3n+1.
Or Sn+1 =p2+p3+... +pn+pn+1 =Sn+pn+1 = 1 −(n
2+ 1) ×2 3n+n 4×2 3n+1
= 1 −2
3n+13 2×(n 2+ 1) −n 4= 1 −2 3n+1(n 2+3 2) = 1 −(n+ 1 2+ 1)2 3n+1.
Ainsi la propriété est héréditaire et vraie au rang 2 donc elle est vraie pour tout nentier supérieur ou égal à 2.
(b) Déterminons la limite de la suite (Sn).
Sn= 1 −n
2×2 3n−2 3n= 1 −1 2×nenln(2
/
3)−2
3n
Or lim
n→+∞
nenln(2
/
3)= lim
N→−∞
1
ln(2 /
3)NeN= 0 en posant N=nln(2
/
3)
De plus, 2
3∈]0 ; 1[ donc lim
n→+∞2
3n= 0.
D’où lim
n→+∞
Sn= 1.
S’entrainer plus
Les combinaisons
Exercice 8 : (D’après Hyperbole p392 )
On tire au hasard 5cartes dans un jeu de 32 cartes. On appelle « main » l’ensemble des 5 cartes obtenues.
1. Déterminons le nombre de « mains » différentes :
Tirer au hasard 5 cartes dans un jeu de 32 revient à former une combinaison de 5 parmi 32. Il y a donc 32
5= 201 376 "
mains " différentes.
2. Déterminons le nombre de « mains » contenant 4as :
Pour avoir une " main " contenant 4 as, il faut avoir tiré les 4 as du jeu et une carte parmi les 28 restantes. Il y a donc
4
4×28 1= 28 " mains " contenant 4 as.
3. Déterminons le nombre de « mains » contenenant un as exactement :
Pour obtenir une " main " contenant exactement un as, il faut avoir tiré un as parmi les 4 et 4 cartes parmi les 28 qui ne
sont pas des as. Il y a donc 4
1×28 4= 81 900 " mains " contenant exactement 1 as.
Exercice 9 : (D’après Hyperbole p392 )
Une association est formée de 35 personnes dont 15 hommes et 20 femmes. On se propose de former un bureau de 5personnes,
dans lequel doivent se trouver au moins 2 femmes et 2 hommes.
De combien de façons peut-on former ce bureau ?
Pour former ce bureau, on peut choisir 2 femmes parmi les 20 et 3 hommes parmi les 15 ou choisir 3 femmes parmi les 20 et 2
hommes parmi les 15.
Il y a donc 20
2×15 3+20 3×15 2= 206 150 façons de former ce bureau.
Exercice 10 : (D’après Hyperbole p392 )
L’équipe de basket d’un lycée doit disputer un match. 8élèves ont été selectionnés parmi lesquels figure Jean. Pour un match,
l’entraîneur choisit au hasard 5joueurs parmi les 8 selectionnés. On appellera «cinq» cet ensemble de 5 joueurs.
1. Combien l’entaineur peut-il former de « cinq» différents ?
Former un "cinq" revient à former une combinaison de 5 parmi 8 donc il y a 8
5= 56 façons de former un "cinq".
2. Démontrons que la probabilité que Jean fasse partie du «cinq» est égale à 5
8:
Pour que Jean fasse partie du "cinq " , il faut donc choisir Jean ( et il n’y en a qu’un parmi un ! !) et choisir 4 autres personnes
parmi les 7 restantes.
Il y a donc 1
1×7 4= 35 façons de former un "cinq" contenant Jean.
La probabilité que Jean fasse partie du "cinq" est donc 35
56 =5 8.
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