Année académique 1999-2000

1
Année académique 1999-2000
Première Candidature
Option Economie
Ingénieur de gestion
Option Sciences Politiques et Communication
Probabilité : corrigé des exercices
Quatrième séance
ERRATUM
Dans le troisième corrigé, dernier exercice, tirage sans remise :
276.0)
46*47*48*49*50 43*44*45*46*47
(-1)BPr(-1B)Pr( 
Exercice 6.8
Il faut déterminer la valeur de la constante k. Nous savons que :
k [ log5 + log20 + log30 + log50]=1
 5.176k = 1
 k = 0.1932
a) Distribution de probabilités du nombre de personnes au concert :
X
fX(x)
FX(x)
X fX(x)
5 000
0.1350
0.1350
675
20 000
0.2514
0.3864
5 028
30 000
0.2854
0.6718
8 562
50 000
0.3282
1.0000
16 410
Total
1.0000
30 675
b)

2
xxpersonnes 675 30)(fx E(X)c) X
d) Le producteur du concert a intérêt à organiser ce concert uniquement si l’espérance
mathématique du profit qu’il peut en attendre est positive.
Si Y= profit, alors
Y = 500X – 100X – 6 000 000 – 2 000 000 = 400X – 8 000 000
Grâce aux propriétés de l’espérance mathématique, nous savons que :
E(Y) = 400 E(X) – 8 000 000 = 4 270 000 francs
L’espérance mathématique du profit étant positive, il est intéressant d’organiser ce concert.
Exercice 6.9
a) Définissons les événements suivants :
G : les points obtenus aux deux lancers sont identiques,
S : un des deux lancers amène un “ 6 ”.
Soient les variables aléatoires suivantes :
X : “ gain brut du participant au jeu ”,
Y : “ gain net du participant au jeu ”.
On a : Y = X - 50 (déduction du coût de participation au jeu).
On trouve que :
- Pr(X=200) = Pr(Y=150) = 6/36 ; en effet, l’événement G se réalise si un des couples
suivants est observé suite aux deux lancers : (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5) ou (6,6). Or chaque
couple de points a une probabilité de 1/36 (1/6 * 1/6) Pr(G) = 6/36.
- Pr(X=20) = Pr(Y=-30) = 10/36 ; en effet, l’événement S se réalise si un des couples
suivants est observé suite aux deux lancers : (6,x) ou (x,6) avex x 6. Or chacun de ces
couples a une probabilité de 5/36 (5/6 * 1/6) Pr(S) = 2 * 5/36 = 10/36.
- Pr(X=0) = Pr(Y=-50) = 1 - Pr(G) - Pr(S) = 20/36.
On peut donc dresser le tableau des distributions de probabilité de X et de Y :
X
Y
Pr(X=x) = Pr(Y=y)
X Pr(X=x)
0
-50
20/36
0
20
-30
10/36
200/36
200
150
6/36
1200/36
Total
1
1400/36 = 38.89
b) E(X) =
x X x
xPr( ) . 
3889
.
On s'attend, en moyenne, en participant à ce jeu à obtenir un gain brut de 38.89 francs.
Comme le droit de participation au jeu s'élève à 50 francs, l'espérance de gain net relatif à ce
jeu est négatif (il vaut E(X) - 50 = -11.11 francs). Il n'est donc pas intéressant d'y participer.
c) Le joueur serait prêt à participer à ce jeu tant que le coût de participation ne dépasse pas
38.89 francs, c'est-à-dire tant que l'espérance mathématique du gain net n'est pas négative.

3
d) Le jeu ainsi modifié peut être représenté par le schéma suivant :
Coût de
participation
Premier lancer
6
 6
Second lancer
6
 6
Stop
Gain brut
180 francs
20 francs
0 franc
Définissons les événements suivants :
E1 : le premier lancer du dé amène un 6,
E2 : le second lancer du dé amène un 6.
On peut calculer les probabilités associées à la variable aléatoire Z, "Gain brut du participant à
ce nouveau jeu" :
Pr(Z=180) = Pr (E1 E2) = 1/6 * 1/6 = 1/36,
Pr(Z=20) = Pr(
E E1 2
) = 1/6 * 5/6 = 5/36,
Pr(Z=0) = Pr(
E1
)=5/6,
et E(Z) = (0 * 5/6) + (20 * 5/36) + (180 * 1/36) = 7.78 francs. Il devient donc intéressant de
jouer à ce nouveau jeu dès que le coût de participation est inférieur ou égal à 7.78 francs.
Exercice 6.32
a) Soit l'événement A, l'électricien accepte le lot.
On cherche p(
A
) = 1 - p(A).
Or, vu la loi des probabilités totales,
p(A) = p(A|4mauvais)p(4mauvais) + p(A|1mauvais)p(1mauvais)
En outre, on se trouve en présence d'une loi hypergéométrique, de sorte que
p(A|4mauvais) =
C C
C
4
010 4 3 0
10
3
= 0.1667 loi hypergéométrique (3, 10, 4)
p(A|1mauvais) =
C C
C
1
010 1 3 0
10
3
= 0.7 loi hypergéométrique (3, 10, 1)
Dès lors, p(A) = 0.1667*0.3 + 0.7*0.7 = 0.54.
Donc, 46 % des paquets (1-0.54) sont refusés.
b) Il s'agit d'une hypergéométrique(3, 10, i).
Le pourcentage de lots à i composantes défectueuses rejeté par l'acheteur se calcule comme
suit : 1 -
C C
C
i i
010 3 0
10
3
= 1 -
C
Ci10
3 0
10
3
= 1 -
( )! ( )!
( )!
10
10! 10 3 10 3
ii
.
Quand i = 1, on a 0.3.
Quand i = 2, on a 0.5333.
Quand i = 3, on a 0.7083.
Quand i = 4, on a 0.8333.

4
c) On cherche p(4mauvais|
A
) =
p mauvais A
p A
p mauvais p A mauvais
p A
( )
( )
( ) ( )
( )
. * .
..
4 4 4 08333 03
046 05435
car p(
A
|4mauvais) = 1 - p(A|4mauvais) = 1 - 0.16667 = 0.8333.
Exercice 6 « Accidents d’avion »
Soit X = nombre d’accidents d’avion par mois
X~Po(3.5)
0.1360.1060.031)Pr(X0)Pr(X1) Pr(Xb)
864.0106.003.01
!1 5.3e !0 5.3e
-11)Pr(X-0)Pr(X-1 2) Pr(Xa) 1-3.50-3.5
Exercice 11 « Contrôle de qualité »
Soit X = le nombre de boîtes qui doivent être remboursées
X~Bi(3, ?)
On ne connaît pas la probabilité qu’une boîte doive être remboursée. Par contre, on sait
qu’une boîte est remboursée si elle contient plus d’une disquette défectueuse. Il suffit donc de
calculer la probabilité qu’il y ait plus d’une disquette défectueuse dans une boîte pour
connaître la probabilité qu’une boîte doive être remboursée.
Soit Y = nombre de disquettes défectueuses dans une boîte
Y~Bi(10, 0.01)
On cherche Pr(Y>1) = 1 - Pr(Y=0) - Pr(Y=1)
0914.0)99.0()01.0(C 1)Pr(Y
9044.0)99.0()01.0(C 0)Pr(Y
911
10
1000
10
Donc, Pr(Y>1) = 1 - 0.9044 - 0.0914 = 0.0042 (la probabilité qu’une boîte doive être
remboursée est de 0.42%

5
X~Bi(3, 0.0042)
a) Pr(X1) = 1-P(X=0)
9875.0)9958.0()0042.0(C 0)Pr(X 300
3
Pr(X1) = 1- 0.9875 = 0.0125
0125.0)9958.0()0042.0(C 1) Pr(Xb) 211
3
Question 4 Examen Juin 1999
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.
a) Pr(X  6) = 1 – Pr(X  5)
Pr(X = 0) =
006323,0)975,0()025,0( 20000
200 C
Pr(X = 1) =
0324256,0)975,0()025,0( 19911
200 C
Pr(X = 2) =
0827269,0)975,0()025,0( 19822
200 C
Pr(X = 3) =
1399994,0)975,0()025,0( 19733
200 C
Pr(X = 4) =
1767942,0)975,0()025,0( 19644
200 C
Pr(X = 5) =
1777008,0)975,0()025,0( 19555
200 C
Donc Pr(X  6) = 1 – Pr(X  5) = 1 -
5
0)Pr( iiX
=1 – 0,6159699 = 0,3840301
Il est également possible de résoudre le problème par l’approximation de Poisson de la
distribution binomiale puisque n50 (ici, n=200) et n5 (ici n = 200*0.025=5)
Dans ce cas, on considère X ~Po(5)
Pr(X = 0) =
0067379,0
!0
5
5
0
e
; Pr(X = 1) =
0336897,0
!1
5
5
1
e
;
Pr(X = 2) =
0842243,0
!2
5
5
2
e
; Pr(X = 3) =
1403739,0
!3
5
5
3
e
;
Pr(X = 4) =
1754674,0
!4
5
5
4
e
; Pr(X = 5) =
1754674,0
!5
5
5
5
e
On trouve ces probabilités directement dans la table de la loi de Poisson.
Donc Pr(X  6) = 1 – Pr(X  5) = 1 -
5
0)Pr( iiX
=1 – 0,6159606 = 0,3840394