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 3 jeux 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 J1 l’évènement "le jeu de carte tiré est celui de 32 cartes", J2 l’évènement "le jeu
de carte tiré est le jeu de 52 cartes numéro 1", J3 l’évènement "le jeu de carte tiré est le jeu de 52
cartes numéro 2" et enfin J3 l’évènement "le jeu de carte tiré est le jeu de 52 cartes numéro 3".
Notons A l’évènement "obtenir la dame de coeur".
Les évènements J1 , J2 , J3 et J4 forment 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 ) =
1
P (J4 ) =
4
1
, car le jeu J1 contient 32 cartes et 1 dame de
• De même par équiprobabilité, PJ1 (A) =
32
coeur.
1
• Enfin, PJ2 (A) = PJ3 (A) = PJ4 (A) =
, car le jeu J2 , J3 et J4 contiennent 52 cartes et 1
52
dame de coeur.
Finalement
P (A) =
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
×
+ ×
+ ×
+ ×
=
+
4 32 4 52 4 52 4 52
128 208
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 , J3 et J4 .
D’où, P (A) =
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
1
32
37
• P (A) =
d’après la question précédente.
1664
1
1
×
13
4
32
=
.
D’où, PA (J1 ) =
37
37
1664
• PJ1 (A) =
1
Exercice 2
Equiprobabilité et indépendance
On lance 3 fois de suite un dé. Calculer la probabilité d’obtenir 2 fois le numéro 4 de deux manières
différentes :
1. situation équiprobable,
2. situation d’indépendance.
3
Solution.
1. L’univers Ω égale {1; 2; 3; 4; 5; 6} et son cardinal vaut Card(Ω) = 63 = 216.
On est dans une situation d’équiprobabilité, d’où chaque évènement élémentaire a pour
1
1
probabilité
=
.
Card(Ω)
216
On note A l’évènement "obtenir deux fois le numéro 4".
On a alors :
Nombre d’issues favorables
Card(A)
=
P (A) =
Card(Ω)
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,
15
5
P (A) =
=
216
72
2. On note :
• A1 l’évènement "obtenir un 4 au premier lancer".
• A2 l’évènement "obtenir un 4 au deuxième lancer".
• A3 l’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 , A2 et A3 étant 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 )
=
D’où, P (A) =
1 1 5 1 5 1 5 1 1
5
15
× × + × × + × × =3×
=
6 6 6 6 6 6 6 6 6
216
216
5
.
72
Exercice 3
On dispose de deux urnes U1 et U2 : U1 contient 2 boules blanches et 2 boules noires et U2 contient
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 + 1e tirage s’effectue dans l’urne
U1 (resp. U2 ).
On introduit les événements Bn (resp Nn ) "le ne tirage donne une boule blanche (resp. noire) " et
on note pn = P (Bn ).
1. Calculer p1 puis p2 .
2. Les événements B1 et B2 sont-ils indépendants ?
3. A l’aide de la formule des probabilités totales, montrer que pour tout n ∈ N, pn+1 = 14 pn + 14 .
2
4. En déduire pn en 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 ).
1
2,
Or P (B1 ) =
donc P (N1 ) = 1 − P (B1 ) = 12 . 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 ) = 12 . De même sachant N1 , le second tirage s’effectue dans
l’urne U2 qui contient 1 blanche parmi les 4 boules. Donc PN1 (B2 ) = 41 .
Finalement, P (B2 ) =
1
2
×
1
2
+
1
2
×
1
4
=
3
8
.
2. Les événements B1 et B2 ne vont pas être indépendants , car si B1 est réalisé, le second
tirage se fait dans l’urne U1 où il y a plus de boules blanches que dans l’urne U2 . Ce que
l’on montre par : PB1 (B2 ) = 42 = 12 6= P (B2 ) = 83
(ou montrer que P (B1 ∩ B2 ) = P (B1 )PB1 (B2 ) = 12 × 12 6= P (B1 )P (B2 ) = 21 × 38 ).
3. Pour avoir des informations sur le n + 1e tirage, il nous faut connaître l’urne où l’on va
effectuer ce tirage donc l’issue du ne tirage. 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 = pn PBn (Bn+1 ) + (1 − pn )PNn (Bn+1 )
car P (Nn ) = 1 − P (Bn ) = 1 − pn .
Puis, sachant Bn , le n + 1e tirage s’effectue dans l’urne U1 où il y a deux boules blanches
parmi 4.
Donc PBn (Bn+1 ) = 42 = 12 .
Et sachant Nn , le n + 1e tirage s’effectue dans l’urne U2 où il n’y a qu’une boule blanche
d’où PNn (Bn+1 ) = 14 .
Finalement, pn+1 = 21 pn + 41 (1 − pn ) = 14 pn +
1
4
.
4. On reconnaît une suite arithmético-géométrique. Soit α tel que α = 14 α + 41 alors 34 α = 14 ⇔
α = 31 .
On en déduit que la suite v définie sur N par vn = pn − 31 est une suite géométrique de
raison 41 et de premier terme v1 = p1 − 13 = 21 − 13 = 16 .
D’où, ∀n ∈ N∗ , vn = 16 ( 14 )n−1 .
D’où pour tout n ∈ N, pn = vn +
Exercice 4
1
3
= 16 ( 41 )n−1 +
1
−→
3 n→+∞
1
3
, car −1 <
1
4
< 1.
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
3
truquée est .
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 équivoque...) donne
P (F ) = P (F ∩ T ) + P F ∩ T = P (T )PT (F ) + P T PT (F )
=
40
3
60
1
3
× +
× = = 0, 6.
100 4 100 2
5
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,
3
P (T ∩ F )
1
PF (T ) =
= 10
3 = 2 = 0, 5.
P (F )
5
D’où PF (T ) = 0, 5 .
4
1
1
par indépendance des lancers.
2. (a) PT (E) =
=
2
16
4
3
81
175
(b) PT E = 1 −
=1−
=
.
4
256
256
(c) Comme ces deux événements sont incompatibles, la probabilités cherchées vaut : P (T ∩
3
1
2 175
199
E) + P (T ∩ E) = ×
+ ×
=
≈ 0, 31.
5 16 5 256
640
81
(d) PT (E) = 1 − PT (E) =
, d’après ce qui précède.
256
Puis, d’après la formule des probabilités totales,
P (E) =
D’où, P (E) =
1
2
81
3
×
+ ×
5 16 5 256
21
≈ 0, 16.
128
4