corrigé du sujet n°2

Université Paris 10 Année 2010-2011
L2 Sciences économiques
Corrigé de l’épreuve intermédiaire de probabilité
Sujet no2 – Durée : 1 h 30
Consignes. Les calculatrices sont autorisées. Aucun document n’est autorisé. Les ré-
sultats pourront être donnés sous forme de fraction ou de valeur décimale exacte. Les
calculs devront être explicités, expliqués et argumentés. Une valeur sans justification sera
considérée comme fausse.
Exercice 1 On considère deux avions, un biréacteur (un avion ayant deux réacteurs)
et un quadriréacteur (un avion ayant quatre réacteurs). Tous les réacteurs de ces avions
ont la même probabilité de panne (1 −p ) ∈] 0;1 [ et ils fonctionnent indépendamment
les uns des autres. Un avion peut finir son vol si au moins la moitié de ses réacteurs
fonctionne.
1. Calculer pour le biréacteur
a. la probabilité que les deux réacteurs soient en panne ;
b. la probabilité que l’avion ne finisse pas son vol.
2. Calculer pour le quadriréacteur
a. la probabilité que les quatre réacteurs soient en panne ;
b. la probabilité que l’avion ne finisse pas son vol.
3. Indiquer en fonction de pl’avion qui offre la meilleure sécurité.
Corrigé de l’exercice 1
1. Soit X la variable aléatoire « nombre de moteurs en panne du biréacteur ». Puisque
les réacteurs sont indépendants, X suit une loi binomiale de paramètres 1 −p et
n= 2, donc, pour k∈ {0,1,2},
P(X=k) = 2
kp2−k(1 −p)k.
a. La probabilité que les deux réacteurs tombent en panne est
P(X= 2) = 2
2p0(1 −p)2= (1 −p)2.
b. La probabilité que l’avion ne termine pas son vol est
P(X > 1) = P(X= 2) = (1 −p)2.
1

2. Soit Y la variable aléatoire « nombre de moteurs en panne du quadriréacteur ».
Puisque les réacteurs sont indépendants, Y suit une loi binomiale de paramètres
1−pet n= 4, donc, pour k∈ {0,1,2,3,4},
P(Y=k) = 4
kp4−k(1 −p)k.
a. La probabilité que les quatre réacteurs tombent en panne est
P(Y= 4) = 4
4p0(1 −p)4= (1 −p)4.
b. La probabilité pour que l’avion ne finisse pas son vol est
P(Y > 2) = P(Y= 3) + P(Y= 4) = 4
3p(1 −p)3+4 4p0(1 −p)4
= 4p(1 −p)3+ (1 −p)4= (4p+ 1 −p)(1 −p)3
= (3p+ 1)(1 −p)3.
3. Le quadriréacteur offre une meilleure sécurité que le biréacteur si et seulement si
P(Y > 2) ≤P(X > 1). Écrivons ce que veut dire cette condition :
P(Y > 2) ≤P(X > 1) ⇐⇒ (3p+ 1)(1 −p)3≤(1 −p)2
⇐⇒ (3p+ 1)(1 −p)≤1
⇐⇒ 3p−3p2+ 1 −p≤1
⇐⇒ 2p−3p2+ 1 ≤1
⇐⇒ 2p−3p2≤0
⇐⇒ p(2 −3p)≤0
⇐⇒ 2−3p≤0
⇐⇒ 2
3≤p.
(On a simplifié les inégalités une première fois par (1 −p )
2
puis une seconde fois par
pcar ces deux nombres sont >0vu que 1−p∈]0 ; 1[ par hypothèse.)
Conclusion. Le quadriréacteur est plus sûr lorsque p≥2
3
et c’est le contraire
lorsque p≤2
3. Lorsque p=2 3, les deux sont aussi sûrs l’un que l’autre.
Exercice 2 Soit Bet Cdeux événements de probabilités
P(B) = 1
4et P(C) = 1 2.
Calculer P(B∪C)et P(B∪Cc)
1. si Bet Csont des événements indépendants;
2. si Bet Csont des événements incompatibles (on pourra s’aider d’un dessin).
Corrigé de l’exercice 2 On a
P(B∪C) = P(B) + P(C)−P(B∩C);
P(B∪Cc) = P(B) + P(Cc)−P(B∩Cc).
On va utiliser ces deux formules sous les deux hypothèses de l’énoncé pour calculer les
probabilités demandées.
2

1. Lorsque Bet Csont indépendants, on a P(B∩C) = P(B)P(C)donc
P(B∪C) = P(B) + P(C)−P(B)P(C) = 1
4+1 2−1 4×1 2=5 8=0,625.
Puisque B et C sont indépendants, on sait (c’est du cours) que B et Cc le sont
également, donc P(B∩Cc) = P(B)P(Cc)d’où, puisque P(Cc) = 1 −P(C) = 1
2,
P(B∪Cc) = P(B) + P(Cc)−P(B)P(Cc) = 1
4+1 2−1 4×1 2=5 8=0,625.
2. Lorsque Bet Csont incompatibles, on a B∩C=∅donc P(B∩C) = 0 d’où
P(B∪C) = P(B) + P(C) = 1
4+1 2=3 4=0,75.
Puisque B∩C = ∅ , on a B⊂Cc (voir dessin ci-dessous) et donc B∩Cc = B , d’où
P(B∪Cc) = P(B) + P(Cc)−P(B) = P(Cc) = 1
2=0,5.
BC
Cc
Ω
Exercice 3 Lors d’une épidémie chez des bovins, on s’est aperçu que si la maladie est
diagnostiquée suffisamment tôt chez un animal, on peut le guérir ; sinon la maladie est
mortelle. Un test est mis au point et essayé sur un échantillon d’animaux dont 2 % est
porteur de la maladie. On obtient les résultats suivants :
– si un animal est porteur de la maladie, le test est positif dans 85 % des cas ;
– si un animal est sain, le test est négatif dans 95 % des cas.
On choisit de prendre ces fréquences observées comme probabilités pour toute la
population et d’utiliser le test pour un dépistage préventif de la maladie.
On note respectivement M et T les événements « Être porteur de la maladie » et
« Avoir un test positif ».
1. Traduire l’énoncé en termes de probabilités.
2. Un animal est choisi au hasard. Quelle est la probabilité que son test soit positif ?
3. Un animal est choisi au hasard parmi ceux dont le test est positif. Quelle est la
probabilité qu’il soit porteur de la maladie ?
4. On choisit 6animaux au hasard. La taille du troupeau est telle qu’on peut
assimiler les tirages à des tirages avec remise. On note X la variable aléatoire
qui, aux six animaux choisis, associe le nombre d’animaux ayant un test positif.
a. Quelle est la loi de probabilité de X?
b. Quelle est la probabilité pour qu’au moins un des six animaux ait un test
positif ?
5. Le coût des soins à prodiguer à un animal ayant réagi positivement au test est
de 100 euros et le coût de l’abattage d’un animal non dépisté par le test et
ayant développé la maladie est de 1000 euros. On suppose que le test est gratuit
(remboursé par la collectivité). On note C la variable aléatoire du coût à engager
par animal.
3

a. D’après ce qui précède, montrer que la loi de probabilité C est donnée par
le tableau suivant :
Coût 0 100 1000
Probabilité 0,931 0,066 0,003
b. Calculer l’espérance de la variable C.
c. Un éleveur possède un troupeau de 300 bêtes. Tout le troupeau est soumis
au test. Au total, quelle somme va-t-il dépenser en moyenne?
Corrigé de l’exercice 3
1. Traduisons l’énoncé en terme de probabilités :
P(M) = 2 % =⇒P(Mc) = 98 % ;
PM(T) = 85 % =⇒PM(Tc) = 15 % ;
PMc(Tc) = 95 % =⇒PMc(T) = 5 %.
(Les probabilité de la colonne de droite n’étaient pas demandées, mais seront utiles
par la suite.)
2. On utilise la formule des probabilités totales :
P(T) = PM(T)P(M) + PMc(T)P(Mc)
=85
100 ×2 100 +5 100 ×98 100 =170 10000 [phone] =660 10000 =6,6 % .
Remarque. — On pouvait aussi utiliser un arbre de probabilités :
M
T0,02 ×0,85 =0,017
0,85
Tc0,02 ×0,15 =0,003
0,15
0,02
Mc
T0,98 ×0,05 =0,049
0,05
Tc0,98 ×0,95 =0,931
0,95
0,98
3. Pour calculer PT(M), on utilise la formule
PT(M) = PM(T)P(M)
P(T)=
85
100 ×2 100
660
10000
=
170
10000
660
10000
=170
660 =17 66 '25,76 %.
4. a. Puisque l’on répète de manière indépendante le test six fois de suite sur des
animaux choisis au hasard et qu’on regarde le nombre de fois où l’événement T
s’est produit, on est en présence d’une loi binomiale de paramètres p = P ( T ) =
6,6 % et n= 6 :
P(X=k) = 6
k(0,066)k(0,934)6−k,où k∈ {0,1,2,...,6}.
4

b. La probabilité pour qu’au moins un des animaux ait un test positif est
P(X≥1) = 1 −P(X < 1) = 1 −P(X= 0) = 1 −6
0(0,066)0(0,934)6−0
= 1 −(0,934)6'33,61 %.
5. a. On a
P(C= 100) = P(T) = 6,6 % =0,066 ;
P(C= 1000) = P(M∩Tc) = PM(Tc)P(M) = 15
100 ×2 100 =30 10000
=0,003 .
On en déduit la valeur de P(C= 0) en écrivant
P(C= 0) = 1 −P(C= 100) −P(C= 1000)
= 1 −0,066 −0,003 = 1 −0,069 =0,931 .
Remarque. — On pouvait aussi utiliser le fait que P ( C = 0) = P ( Tc∩Mc ) =
PMc(Tc)P(Mc) = 0,98 ×0,95 =0,931.
b. L’espérance de Cest donnée par
E(C) = X
k∈C(Ω)
kP(C=k) = 0 ×0,931 + 100 ×0,066 + 1000 ×0,003
= 0 + 6,6 +3=9,6 .
En moyenne, le coût à engager par animal est donc de 9,6 euros.
c. Puisque l’éleveur a 300 animaux, le coût moyen total est
300 ×9,6 = 2880 .
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