Première candidature

Première candidature
Sciences Economiques
Sciences Politiques
Ingénieur de gestion
TRAVAUX PRATIQUES DE PROBABILITES
CORRIGE DE LA QUATRIEME SEANCE
Examen Juin 1999 Question 4
1. Quelle est la probabilité, qu’après le contrôle de qualité durant lequel chaque pièce est
examinée pour sa conformité au cahier des charges, la commande soit refusée ?
Soit X = le nombre de pièces mal embouties dans un lot de 200, avec 0,025 = 5/200, la
probabilité qu’une pièce prise au hasard dans le stock soit mal emboutie.
X ~Bi(200 ; 0,025) et la commande est refusée si X  6.
Pr(X  6) = 1 – Pr(X  5)
0
(0,025) 0 (0,975) 200  0,006323
Pr(X = 0) = C 200
1
(0,025)1 (0,975)199  0,0324256
Pr(X = 1) = C 200
2
(0,025) 2 (0,975)198  0,0827269
Pr(X = 2) = C 200
3
(0,025) 3 (0,975)197  0,1399994
Pr(X = 3) = C 200
4
(0,025) 4 (0,975)196  0,1767942
Pr(X = 4) = C 200
5
(0,025) 5 (0,975)195  0,1777008
Pr(X = 5) = C 200
Donc Pr(X  6) = 1 – Pr(X  5) = 1 -

5
i 0
Pr( X  i) =1 – 0,6159699 = 0,3840301
Il est également possible de résoudre le problème par l’approximation de Poisson de la
distribution binomiale puisque le nombre d’épreuves de Bernouilli est supérieur à 50 (n50)
et que la probabilité de « succès » (ici le fait qu’une pièce prise au hasard dans le stock soit
mal emboutie = 0,025) est inférieure à 0,05 (n*  5 : 200*0.0255)
Dans ce cas, on considère X ~Po(200x0,025 = 5)
50
51
Pr(X = 0) = 5  0,0067379 ; Pr(X = 1) = 5  0,0336897 ;
e 0!
e 1!
2
5
53
Pr(X = 2) = 5  0,0842243 ; Pr(X = 3) = 5  0,1403739 ;
e 2!
e 3!
4
5
55
Pr(X = 4) = 5  0,1754674 ; Pr(X = 5) = 5  0,1754674
e 4!
e 5!
Donc Pr(X  6) = 1 – Pr(X  5) = 1 -

5
i 0
Pr( X  i) =1 – 0,6159606 = 0,3840394
1
2. On va chercher l’espérance mathématique du coût des refus de commande sur un
ensemble de trois commandes puisque c’est ce nombre de commandes qu’assure la
compagnie.
On sait (cfr supra) que la probabilité qu’une commande soit acceptée = 0,616.
Soit X = le nombre de commandes refusées sur un ensemble de 3 commandes.
X~Bi(3 ; 0,384).
On établit la distribution de probabilité de X :
i
Pr (X= i)
Coût (c(i)) €
0
1
2
3
0,616 3  0,2337449
3  (0,616 2  0,384)  0,4371333
3  (0,616  0,384 2 )  0,2724987
0,384 3  0,0566231
0
1000
2000
3000
L’espérance mathématique du coût des refus sur 3 commandes est :
3
E(c) = i 0 c(i). Pr( X  i) = 0 + 437,1333 + 544,9974 + 169,8693 = 1152 euros
Donc E(c) = 1152 euros < prime d ‘assurance = 1200 euros
La bonne décision sera de NE PAS s’assurer.
Examen Août 1999 Question 4
Soit X = nombre d’obstacles ratés
X~Bi(16, 0.06)
0
1a) P(X  0)  C16
(0.06) 0 (0.94)16  0.3716
1b) P(X  1)  C116 (0.06)1 (0.94)15  0.3753
1c) P(X  1)  1 - P(X  0)  1 - 0.3716  0.6284
2
1d) P(X  2)  P(X  0)  P(X  1)  P(X  2)  0.3716  0.3753  C16
(0.06) 2 (0.94)14  0.9328
2. Si X ~ Bi(n,  ), alors E(X)  n
E(X)  16 * 0.06  0.96 Le nombre de pénalités auquel on s' attend pour chaque coule cheval/cav alier
est de 0.96  1 pénalité.
Examen Mai 2000 Question 2
a) Pour toute heure continue de travail de la machine , quelle est la probabilité que le service
maintenance doive procéder à un échange standard ?
2
b) La firme possède 10 lignes de production, toutes identiques, à combien d’échanges standard le
service maintenance doit-il s’attendre par mois si chacune des 10 lignes travaille 200 heures par
mois ?
Soit X, le nombre de pièces mal embouties en une heure de fonctionnement de la presse
hydraulique.
X~Bi(100, 0,01). puisque chaque emboutissage d’une pièce peut être considéré comme une
épreuve de Bernouilli (de paramètre 0,01, la probabilité d’un mauvais emboutissage), et
qu’une heure de travail de la presse comporte 100 épreuves successives de ce type.
L’espérance mathématique d’une variable aléatoire suivant une loi binomiale est égale au
produit de ses paramètres : 100 (épreuves de Bernouilli) multiplié par 0,01 (la probabilité de
succès (d’un mauvais emboutissage)) = 1. Donc le double de cette espérance = 2 pièces mal
embouties.
a) Donc on procédera à un échange – standard de la presse si on observe plus de 2 pièces
mal embouties en une heure de travail, donc si X > 2.
On cherche P(X>2) = 1- P(X=0) – P(X=1) – P(X=2)= 1 – F(2) =
0
1
2
1  C100 0,010 0,99 100  C100 0,0110,99 99  C100 0,012 0,99 98 
1  0,36603234  0,36972964  0,18466482  0,07937320
Donc on peut s’attendre à un échange standard dans presque 8% des périodes d’une heure de
travail de la machine.
b) Sur le mois, on compte 200 fois 10 = 2000 heures de travail des machines. Le nombre de
cas où on devra procéder à un échange - standard est égal à 2000 x 0,0793720 =158,744 
159 échanges standards par mois.
Exercice 6.28
Soit x, le nombre de personnes entrant dans la gare. Il s'agit d'une variable aléatoire
poissonienne de paramètre 2.5 (2.5 personnes entrent dans la gare toutes les 5 minutes).
e 2.5 2.50
= 0.0821.
0!
b) p(x4) = 1 - p(x=0) - p(x=1) - p(x=2) - p(x=3)
2
2.53
2
.
5
= 1 - e-2.5 - e-2.5 (2.5) - e-2.5
- e-2.5 6 = 0.2424.
2
a) p(x=0) =
3
Examen Août 2000 Question 1
Soit X = nombre d’accidents durant la période de pointe par quart d’heure
X~P(2)
a) P(X = 0) = 0.135 (voir table de la distribution de Poisson)
b) P(X > 3) = 1-P(X3) = 1-0.857 = 0.143 (voir table de la fonction de répartition de la loi de
Poisson)
c) Y = nombre d’accident par ½ heure
Y~P(4)
P(Y = 0) = 0.018 (voir table de la distribution de Poisson)
d) Z = nombre d’accidents pendant ¾ heure
Z~P(6)
P(Z = 4) = 0.134 (voir table de la distribution de Poisson)
e) X~P(2)
On sait que X2
On cherche P(X4/X2)

P(( X  4)  ( X  2)) P( X  4) 0.143


 0.241
P ( X  2)
P( X  2) 0.594
P(X4) = P(X>3) = 0.143 (voir question b))
P(X2) = 1-0.406 = 0.594 (voir table de la fonction de répartition de la loi de Poisson)
Simulation d’examen (exercices se trouvant à la fin du syllabus de cours) Exercice n°4
Soit X = le taux d’arrivée en nombre de personnes par minute
X ~ Po(3) chaque jour pendant 8 heures, soit en 480 minutes.
On cherche P(X>4) = 1 – F(4) = 1-0.815 = 0.185 (voir table de la fonction de répartition de la
loi de Poisson)
Donc l’étudiant sera appelé 480 x 0,185 pour deux minutes, soit 88.8 fois arrondi à 89.
Il travaillera donc 89 fois 2 minutes, soit 178 minutes.
Etant présent 480 minutes, il sera donc inoccupé 480 – 178 = 302 minutes.
Examen Août 2000 Question 4
C = la coque est trouée
M = le mat se brise
P(C) = 0.1
P(M) = 0.05
a) A = faire appel à la société d’assistance
P(A) = P(CM) = P(C) + P(M) - P(CM) = 0.1 + 0.05 – (0.1*0.05) = 0.145
Donc la prime forfaitaire = 100*0.145= 14.5 euros
4
On va comparer cette prime à l’espérance mathématique du coût de sauvetage par un autre
moyen E(Y) :
Y
0
200
P(Y)
0.855
0.145
E(Y) = 200*0.145 = 29 euros
La prime forfaitaire est inférieure à E(Y), donc, la prime est plus qu’équitable (équitable si
prime = 29 euros)
b) Il faut que l’espérance mathématique du coût de sauvetage n’excède pas ce que ça
rapporte à la société d’assistance, c’est-à-dire, n’excède pas la prime versée par le
propriétaire de l’hôtel (14.5 euros)
Coût
0
X
P(coût)
0.855
0.145
E(coût)  14.5 euros
X*0.145  14.5 euros X  100 euros (le coût par sauvetage qu’est prête à supporter la
compagnie d’assistance doit être inférieur à 100 euros)
5