Correction DM probabilité Exercice 43 page 29 1.a. L`archer répète

Correction DM probabilité
Exercice 43 page 29
1.a. L'archer répète 20 fois de suite la même expérience, toutes indépendantes les unes des autres, dont la probabilité
de réalisation est de 0,9 qui correspond à la probabilité que l'archer touche sa cible.
Soit
A20
l'événement « l'archer touche 20 fois de suite la cible », alors :
P
(
A20
)
=0, 920
On a donc
P
(
A20
)
≈0, 12
1.b. Au bout de 20 lancers, l'événement « l'archer touche au moins une fois sa cible » est l'événement contraire de
B20
:« l'archer ne touche jamais sa cible ».
La probabilité de l'événement « l'archer ne touche pas sa cible » est
P
(
A
)
=0,1
.
Ainsi
P
(
B20
)
=0 ,120=10−20
.
La probabilité que l'archer touche au moins une fois la cible au bout de 20 lancers est alors de
1−10−20
soit très
proche de 1.
2. D'après la question 1.a., au bout de
n
lancers, la probabilité que l'archer touche n fois de suite la cible est
P
(
An
)
=0, 9n
3. On peut remarquer qu'après chaque lancer, on a multiplié la probabilité d'atteindre une nouvelle fois la cible par
0,9 ou bien
P
(
An+1
)
=0 ,9 P
(
An
)
.
p prend la valeur 0,9 #initialise la probabilité pour le premier lancer, p est la probabilité.
n prend la valeur 1 #compte le nombre de lancers, ici le premier n=1
tant que p>0,01 #on sort de la boucle lorsque
p⩽0, 01
p prend la valeur
p×0, 9
#on calcule
P
(
An+1
)
n prend la valeur n+1 #le rang augmente de 1
Fin Tant que
Afficher n
Remarques :
•La condition contraire à
p⩽0, 01
est
p>0, 01
et non
p⩾0, 01
•On trouve
n=44
•c'est plus efficace que de calculer
0 ,9n
qui demande plus de temps de calcul.
•Attention à la place du « n prend la valeur n+1 » avec l'algorithme :
n prend la valeur 1
u prend la valeur
0 ,9n
Tant que u>0,01
u prend la valeur
0 ,9n
#Il faut échanger les deux lignes car on calcule 0,9^n
n prend la valeur n+1 #pour un affichage du rang qui est augmenté de 1
Fin Tant que
Afficher n

Exercice II
1. il y a 10% de jetons bleus donc 30% de jetons blanc, ainsi 60% de rouges.
2. Puisque toutes les issues sont équiprobables on a
P
(
« bleu »
)
=0 ,1
;
P
(
« blanc »
)
=0 ,3
et
P
(
« rouge »
)
=0, 6
3. On en déduit les loi de probabilité de la variable aléatoire G :
gi
2 4 -8
P
(
G=gi
)
0,6 0,3 0,1
Pour x=2
gi
5 25 -125
P
(
G=gi
)
0,6 0,3 0,1
Pour x=5
Le gain moyen correspond à l'espérance de la variable aléatoire :
a) Lorsque
x=2
on a
E
(
G
)
=2×0,6+4×0 ,3−8×0 ,1
donc
E
(
G
)
=1, 6
b) Lorsque
x=5
on a
E
(
G
)
=5×0 ,6+25×0 ,3−125×0 ,1
donc
E
(
G
)
=−2
c) Lorsque x est un réel positif, la loi de la variable
aléatoire G est :
Ainsi
E ( G ) =−0, 1 x3+0 ,3 x2+0 ,6 x
. On remarque que
pour
x∈
[
0 ;+∞
[
E
(
G
)
=f
(
x
)
gi
x
x2
−x3
P
(
G=gi
)
0,6 0,3 0,1
4. Pour déterminer s'il existe une valeur de x pour laquelle l'espérance E(G) est maximale il faut étudier les variations
de
f
sur
[
0 ;+∞
[
.
On calcule
f' ( x ) =−0 ,3 x2+0 ,6 x+0 ,6
.
Etude du signe de
f'
(
x
)
f' ( x ) =0 ,3
(
−x2+2x+2
)
, on étudie alors le signe du trinôme du second degré
−x2+2x+2
.
Δ=12
, il y a deux racines réelles :
x1=−2+2
√
3
−2
soit
x1=1−
√
3
et
x2=1+
√
3
.
Un trinôme du second degré est du signe de a sauf entre ses racines.
Puisque
x1<0
, on en déduit le signe de
f'
(
x
)
puis les variations de
f
sur
[
0 ;+∞
[
x0
1+
√
3
+∞
signe de
f '
+ 0
−
f
(
1+
√
3
)
f
0
Ainsi
f
atteint un maximum sur
[
0 ;+∞
[
en
1+
√
3
.
Conclusion : Lorsque
x=1+
√
3
soit
x≈2,73
le gain moyen est maximal pour le joueur.
5. Le gain maximal moyen est alors égal à
f
(
1+ √ 3
)
=0 ,1
(
−
(
1+ √ 3
)
3+3
(
1+ √ 3
)
2+6
(
1+ √ 3
)
)
.
D'après la formule
( a+b )
3=a3+3a2b+3ab2+b3
on a
(
1+ √ 3
)
3=1+3
√ 3+3×3+3 √ 3
soit
(
1+ √ 3
)
3=10+6
√ 3
De même
(
1+ √ 3
)
2=1+2
√ 3+3
soit
(
1+ √ 3
)
2=4+2
√ 3
Donc
f
(
1+
√
3
)
=1
10
(
−10−6
√
3+12+6
√
3+6+6
√
3
)
=1
10
(
8+6
√
3
)
f ( 1+
√
3 ) =4+3
√
3
5
le gain maximal moyen est alors de
4+3
√
3
5≈1,839
Sur 5000 parties le joueur peut espérer gagner
5000×4+3
√
3
5
soit
4000+3000
√
3≈9196,152€