Correction du devoir maison n°10

Cor DM n°10 ECE1-Ozenne-2016/2017
Correction du devoir maison n°10
Probabilités
Exercice 1 Jeu de cartes
On dispose d’un jeu de 32 cartes et de 3jeux de 52 cartes. On tire au sort l’un des jeux puis on
tire une carte dans ce jeu. Quelle est la probabilité d’obtenir la dame de coeur ?
Si on obtient la dame de coeur, quelle est la probabilité d’avoir choisi le jeu de 32 cartes ?
Solution. Notons J1l’évènement "le jeu de carte tiré est celui de 32 cartes", J2l’évènement "le jeu
de carte tiré est le jeu de 52 cartes numéro 1", J3l’évènement "le jeu de carte tiré est le jeu de 52
cartes numéro 2" et enfin J3l’évènement "le jeu de carte tiré est le jeu de 52 cartes numéro 3".
Notons Al’évènement "obtenir la dame de coeur".
Les évènements J1, J2, J3et J4forment un système complet d’évènements de probabilités non nuls.
De ce fait, en appliquant la formule des probabilités totales appliquée avec ce sce, on obtient
P(A) = P(A∩J1)+P(A∩J2)+P(A∩J3)+P(A∩J4) = P(J1)PJ1(A)+P(J2)PJ2(A)+P(J3)PJ4(A)+P(J4)PJ4(A)
avec
•Par équiprobabilité (car le jeu de cartes est choisi au hasard),P(J1) = P(J2) = P(J3) =
P(J4) = 1
4
•De même par équiprobabilité, PJ1(A) = 1
32, car le jeu J1contient 32 cartes et 1 dame de
coeur.
•Enfin, PJ2(A) = PJ3(A) = PJ4(A) = 1
52, car le jeu J2, J3et J4contiennent 52 cartes et 1
dame de coeur.
Finalement
P(A) = 1
4×1 32 +1 4×1 52 +1 4×1 52 +1 4×1 52 =1 128 +3 208
D’où, P(A) = 37
1664 .
Remarque : on aurait aussi pu faire intervenir les évènements J32 : "tirer un jeu de 32 cartes" et
J52 : "tirer un jeu de 52 cartes" à la place de J1, J2, J3et J4.
Enfin, par la formule de Bayes (car P(J1)6= 0 et P(D)6= 0), il vient
PA(J1) = P(J1)×PJ1(A)
P(A)
avec
•P(J1) = 1
4
•PJ1(A) = 1
32
•P(A) = 37
1664 d’après la question précédente.
D’où, PA(J1) =
1
4×1 32
37
1664
=13
37 .
1

Exercice 2 Equiprobabilité et indépendance
On lance 3fois de suite un dé. Calculer la probabilité d’obtenir 2fois le numéro 4de deux manières
différentes :
1. situation équiprobable,
2. situation d’indépendance.
Solution. 1. L’univers Ωégale {1; 2; 3; 4; 5; 6}3et son cardinal vaut Card(Ω) = 63= 216.
On est dans une situation d’équiprobabilité, d’où chaque évènement élémentaire a pour
probabilité 1
Card(Ω) =1 216.
On note Al’évènement "obtenir deux fois le numéro 4".
On a alors :
P(A) = Card(A)
Card(Ω) =Nombre d’issues favorables Nombre total d’issues
On peut dénombrer ici le nombre d’issues favorables. Il y en a 15 (je ne les dénombrerai pas
ici), mais cela correspond au choix des emplacements des deux 4 (en première et deuxième
position, ou en deuxième et troisième ou en première et troisième) et ensuite pour la position
restante on peut choisir n’importe quel numéro sauf le 4, soit 3×5 = 15 issues favorables.
D’où,
P(A) = 15
216 =5 72
2. On note :
•A1l’évènement "obtenir un 4 au premier lancer".
•A2l’évènement "obtenir un 4 au deuxième lancer".
•A3l’évènement "obtenir un 4 au troisième lancer".
On a
P(A) = P(A1∩A2∩A3) + P(A1∩A2∩A3) + P(A1∩A2∩A3)
Les évènements A1,A2et A3étant supposés mutuellement indépendants, il vient
P(A) = P(A1)P(A2)P(A3) + P(A1)P(A2)P(A3) + P(A1)P(A2)P(A3)
=1
6×1 6×5 6+1 6×5 6×1 6+5 6×1 6×1 6= 3 ×5 216 =15 216
D’où, P(A) = 5
72 .
Exercice 3
On dispose de deux urnes U1et U2:U1contient 2 boules blanches et 2 boules noires et U2contient
une boule blanche et 3 boules noires. On effectue des tirages avec remise d’une boule selon le
protocole suivant :
— le premier tirage se fait dans l’urne U1
— si le nie tirage a donné une boule blanche (resp. noire), le n+ 1etirage s’effectue dans l’urne
U1(resp. U2).
On introduit les événements Bn(resp Nn) "le netirage donne une boule blanche (resp. noire) " et
on note pn=P(Bn).
1. Calculer p1puis p2.
2. Les événements B1et B2sont-ils indépendants ?
3. A l’aide de la formule des probabilités totales, montrer que pour tout n∈N,pn+1 =1
4pn+1 4.
2

4. En déduire pnen fonction de n; puis déterminer sa limite quand n→+∞.
Solution. 1. Les issues du premier tirage (dans l’urne U1) sont équiprobables, donc comme il
y a deux boules blanches parmi les 4 boules de l’urne, p1=P(B1) = 2
4=1 2.
Pour connaître l’issue du second tirage, il nous faut savoir dans quelle urne on tire, autrement
dit, il faut connaitre la couleur de la première boule tirée. On utilise donc la formule des
probabilités totales, appliquée au s.c.e. (B1, N1):
P(B2) = P(B1)PB1(B2) + P(N1)PN1(B2).
Or P(B1) = 1
2, donc P(N1) = 1 −P(B1) = 1 2. Puis sachant B1, le second tirage s’effectue
dans l’urne 1 qui contient toujours 4 boules dont 2 blanches. Comme chaque boule a même
probabilité d’être tirée , PB1(B2) = 1
2. De même sachant N1, le second tirage s’effectue dans
l’urne U2qui contient 1 blanche parmi les 4 boules. Donc PN1(B2) = 1
4.
Finalement, P(B2) = 1
2×1 2+1 2×1 4=3 8.
2. Les événements B1et B2ne vont pas être indépendants , car si B1est réalisé, le second
tirage se fait dans l’urne U1où il y a plus de boules blanches que dans l’urne U2. Ce que
l’on montre par : PB1(B2) = 2
4=1 26=P(B2) = 3 8
(ou montrer que P(B1∩B2) = P(B1)PB1(B2) = 1
2×1 26=P(B1)P(B2) = 1 2×3 8).
3. Pour avoir des informations sur le n+ 1etirage, il nous faut connaître l’urne où l’on va
effectuer ce tirage donc l’issue du netirage. On applique donc la formule des probabilités
totales au s.c.e. (Bn, Nn):
P(Bn+1) = P(Bn)PBn(Bn+1 ) + P(Nn)PNn(Bn+1)
soit encore
pn+1 =pnPBn(Bn+1) + (1 −pn)PNn(Bn+1 )
car P(Nn)=1−P(Bn) = 1 −pn.
Puis, sachant Bn, le n+ 1etirage s’effectue dans l’urne U1où il y a deux boules blanches
parmi 4.
Donc PBn(Bn+1) = 2
4=1 2.
Et sachant Nn, le n+ 1etirage s’effectue dans l’urne U2où il n’y a qu’une boule blanche
d’où PNn(Bn+1) = 1
4.
Finalement, pn+1 =1
2pn+1 4(1 −pn) = 1 4pn+1 4.
4. On reconnaît une suite arithmético-géométrique. Soit αtel que α=1
4α+1 4alors 3 4α=1 4⇔
α=1
3.
On en déduit que la suite vdéfinie sur Npar vn=pn−1
3est une suite géométrique de
raison 1
4et de premier terme v1=p1−1 3=1 2−1 3=1 6.
D’où, ∀n∈N∗,vn=1
6(1 4)n−1.
D’où pour tout n∈N,pn=vn+1
3=1 6(1 4)n−1+1 3−→
n→+∞
1
3, car −1<1 4<1.
Exercice 4 Pièce truquée
Dans un lot de 100 pièces de monnaie toutes de même apparence, ont été mélangées 60 pièces
équilibrées et 40 pièces truquées. La probabilité d’apparition de « Face » lors d’un jet d’une pièce
truquée est 3
4.
Les résultats seront donnés sous forme de fractions irréductibles.
1. On prend une pièce au hasard et on la lance. Soit T l’évènement : « la pièce est truquée »
et F l’évènement : « on obtient Face ».
(a) Calculer la probabilité d’obtenir « Face » (on pourra s’aider d’un arbre).
3

(b) Quelle est la probabilité que la pièce soit truquée sachant que l’on a obtenu « Face » ?
2. On prend une pièce au hasard et on la lance quatre fois.
— si au cours des quatre lancers on obtient quatre fois « Face », on décide d’éliminer la
pièce,
— dans le cas contraire, on décide de conserver la pièce.
On note E l’évènement « la pièce est éliminée ».
(a) Quelle est la probabilité que la pièce soit éliminée sachant qu’elle est équilibrée ?
(b) Quelle est la probabilité que la pièce soit conservée sachant qu’elle est truquée ?
(c) Quelle est la probabilité d’avoir pris une pièce équilibrée et de l’avoir éliminée ou d’avoir
pris une pièce truquée et de l’avoir conservée ?
(d) Quelle est la probabilité que la pièce soit éliminée sachant qu’elle est truquée ? En déduire
P(E).
Solution. 1. (a) La formule des probabilités totales avec le sce T;T, en tenant compte de
l’hypothèse d’équiprobabilité dans le choix d’une pièce (même si l’énoncé est un équi-
voque...) donne
P(F) = P(F∩T) + PF∩T=P(T)PT(F) + PTPT(F)
=40
100 ×3 4+60 100 ×1 2=3 5= 0,6.
D’où P(F)=0,6.
(b) On a, par la formule des probabilités conditionnelles que l’on peut appliquer car P(F)6=
0,
PF(T) = P(T∩F)
P(F)=
3
10
3
5
=1
2= 0,5.
D’où PF(T)=0,5.
2. (a) PT(E) = 1
24
=1
16 par indépendance des lancers.
(b) PTE= 1 −3
44
= 1 −81
256 =175 256 .
(c) Comme ces deux événements sont incompatibles, la probabilités cherchées vaut : P(T∩
E) + P(T∩E) = 3
5×1 16 +2 5×175 256 =199 640 ≈0,31.
(d) PT(E)=1−PT(E) = 81
256, d’après ce qui précède.
Puis, d’après la formule des probabilités totales,
P(E) = 3
5×1 16 +2 5×81 256
D’où, P(E) = 21
128 ≈0,16.
4