Correction probabilités conditionnelles. Loi

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Correction exercices
17 mars 2015
Correction probabilités
conditionnelles. Loi binomiale
Équiprobabilité et variable aléatoire
Exercice 1
1) Il y a 10 possibilités de tirer deux boules simultanément. 3 possibilités de tirer 2 boules
rouges, 1 possibilité de tirer 2 boules vertes et 10 − 3 − 1 = 6 possibilités de tirage
bicolore. On a alors :
P(R) = 0.3
2) On a la loi de probabilité suivante :
et
P(V) = 0.1
X
P(X = xi )
0
0,3
1
0,6
2
0,1
E(X) = 0, 3 × 0 + 0, 6 × 1 + 0, 1 × 2 = 0, 8
V(X) = 0, 3 × 02 + 0, 6 × 12 + 0, 1 × 22 − 0, 82 = 0, 36 donc σ(X) = 0, 6
Exercice 2
1) On pose : A = "le participant est un adulte", J = "le participant est un jeune", E = "le
participant est un enfant" PN = "le participant a apporté son pique-nique". On peut
faire l’arbre suivant :
b
58
17
12
J
A
E
29
29
10
7
PN
20e
PN
32e
PN
13e
PN
20e
3
PN
7e
9
PN
11e
2) Les valeurs possibles prises par X sont : 32, 20, 13, 11, 7
3) a) On obtient la loi de probabilité suivante :
X
P(X = xi )
32
29
87
20
36 12
=
87 29
13
10
87
11
7
9
3
=
87 29
3
1
=
87 29
36
10
9
3
1898
29
× 32 +
× 20 +
× 13 +
× 11 +
×7=
≃ 21, 82.
87
87
87
87
87
87
Le tarif moyen par adhérent est donc de 21,82 e.
b) E(X) =
paul milan
1
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Probabilités conditionnelles
Exercice 3
1) Compléter la tableau suivant qui décrit la composition de la commande :
D
48
24
72
A
B
total
2) Calculer les probabilités suivantes :
48
72
= 0, 036, p(A ∩ D) =
= 0, 024
a) p(D) =
2000
2000
b) p(D) =
1928
= 0, 964,
2000
p(D ∩ B) =
2
3
0,036
1
3
144
241
Exercice 4
776
= 0, 388
2000
et
pD (A) =
48 2
=
72 3
et
pD̄ (B) =
97
776
=
1928 241
A
D
c)
0,964
total
1200
800
2000
D
1152
776
1928
B
A
D
97
241
1
p(A ∩ B) 10 1
1) pA (B) =
=
=
1
p(A)
5
2
B
et
1
p(A ∩ B) 10 2
pB (A) =
=
=
1
p(B)
5
4
2) p(A ∩ B) = p(A) + p(B) − p(A ∪ B =
1 1 2 1
+ − =
2 3 3 6
1
1
p(A ∩ B) 6 1
p(A ∩ B) 6 1
= = = p(B) et pB (A) =
= = = p(A)
pA (B) =
1 3
1 2
p(A)
p(B)
2
3
Les événement A et B sont donc indépendants.
1
4
1
3
A
3
4
1
2
3) On peut faire l’arbre suivant :
2
3
paul milan
B
A
A
1
2
p(B) = p(A ∩ B) + p(A ∩ B) =
B
B
1 1 2 1
5
× + × =
3 4 3 2 12
2
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2
p(A ∩ B) 5 4
= =
4) a) pA (B) =
1 5
p(A)
2
2
p(A ∩ B) 5
8
pB (A) =
= =
3 15
p(B)
4
et
3
1 3 2
b) p(A∩B) = p(A ∪ B) = 1−p(A∪B) = 1−p(A)−p(B)+p(A∩B) = 1− − + =
2 4 5 20
3
3
p(A ∩ B) 20
=
pĀ (B) =
= .
1
1 − p(A)
10
2
Exercice 5
On pose : O : "la personne est opposée à la construction du barrage" et E : "la personne
est écologiste".
1) P(O) = 0, 65, PO (E) = 0, 70 et PO (E) = 0, 20.
0, 70
0, 65
E
O
0, 30
E
b
0, 20
0, 35
E
O
0, 80
E
2) P(O ∩ E) = P(O) × PO (E) = 0, 65 × 0, 70 = 0, 455
3) P(O ∩ E) = P(O) × PO (E) = 0, 35 × 0, 20 = 0, 07
4) P(E) = P(O ∩ E) + P(O ∩ E) = 0, 45 + 0, 07 = 0, 462
Exercice 6
0,5
0,5
Or
0, 5
Ag
0,4
Or
0,6
Ag
T1
1) On a l’arbre suivant :
T2
2) P(T1 ∩ Or) = 0, 5 × 0, 5 = 0, 25
et
P(T2 ∩ Or) = 0, 5 × 0, 4 = 0, 2
3) P(Or) = P(T1 ∩ Or) + P(T2 ∩ Or) = 0, 45
4) POr (T1 ) =
P(T1 ∩ Or) 0, 25 5
=
=
P(Or)
0, 45 9
En effet, il y a 9 pièces d’or dont 5 sont dans T1 !
paul milan
3
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Exercice 7
1) P(M) = 0, 12, P(S) = 0, 71, PM (H) = 0, 67 et PS (F) = 0, 92
b
0,12
0,71
S
M
0,67
H
0,17
0,33
F
0,08
AT
0,92
H
0,37
F
0,63
H
F
2) P(S ∩ F) = P(S) × PS (F) = 0, 71 × 0, 92 = 0, 6532
P(M ∩ F) = P(M) × PM (F) = 0, 12 × 0, 33 = 0, 0396
3) • P(F) = P(F ∩ M) + P(F ∩ S) + P(F ∩ AT) donc
P(F ∩ AT) = P(F) − P(F ∩ M) − P(F ∩ S) = 0, 8 − 0, 0396 − 0, 6532 = 0, 1072
P(F ∩ AT) 0, 1072
• PAT (F) =
=
= 0, 6306
P(AT)
0, 17
Exercice 8
On appelle l’événement D « le dé est parfait ».
1
6
1) On a alors l’arbre ci-contre :
P(S) = P(D ∩ S) + P(D ∩ S)
1
2
1
7
8
× +
× =
=
10 6 10 2 30
1
P(S ∩ D) 10 3
=
2) PS (D) =
=
7
P(S)
7
30
0, 8
D
5
6
b
1
2
0, 2
S
S
S
D
1
2
S
Exercice 9
On appelle : V = "la personne est vaccinée" et M = "la personne est malade".
1
1
1
D’après l’énoncé, on a : P(V) = , PV (M) =
, PM (V) =
4
12
5
1) Calculer :
1 4
a) PM (V) = 1 − PM (V) = 1 − =
5 5
b) P(V ∩ M) = P(V) × PV (M) =
c) P(M) =
paul milan
1
1
1
×
=
4 12 48
P(M ∩ V)
1
5
5
=
× =
PM (V)
48 4 192
4
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1
5
×
4
1
1
2) PV (M) =
× =
= 5 192 =
1
192 3 144
P(V)
1−
4
Une personne non vaccinée a donc moins de chance de tomber malade qu’une personne vaccinée !
P(M ∩ V)
Exercice 10
On a : P(F) = 0, 2, P(G) = 0, 5, PF (G) = 0, 7
1) P(A) = P(F ∩ G) = P(F) × PF (G) = 0, 2 × 0, 7 = 0, 14
2) P(B) = P(F ∪ G) = P(F) + P(G) − P(F ∩ G) = 0, 2 + 0, 5 − 0, 14 = 0, 56
3) P(C) = P(F ∪ G) = 1 − P(F ∪ G) = 1 − 0, 56 = 0, 44
4) P(D) = PG (F) =
P(F ∩ G) 0, 14
=
= 0, 28
P(G)
0, 5
5) P(E) = PG (F) =
P(F ∩ G)
=
P(F) − P(F ∩ G) 0, 2 − 0, 14 0, 06
=
=
= 0, 12
1 − P(G)
1 − 0, 5
0, 5
6) P(H) = PF (G) =
P(G ∩ F)
=
P(G) − P(F ∩ G) 0, 5 − 0, 14 0, 36
=
=
= 0, 45
1 − P(F)
1 − 0, 2
0, 8
P(G)
P(F)
On peut alors remplir les deux arbres suivants :
0, 7
0, 2
0, 28
G
F
0, 5
0, 3
F
G
G
0, 72
F
b
b
0, 45
0, 8
0, 12
G
0, 5
F
0, 55
F
G
G
0, 88
F
Exercice 11
0, 68
Affirmation fausse :
Il faut retourner l’arbre.
0, 2
P(B) = P(A ∩ B) + P(A ∩ B)
= 0, 2 × 0, 68 + 0, 8 × 0, 6 = 0, 616
On a alors : PB (A) =
paul milan
B
A
0, 32
B
0, 6
B
0, 4
B
b
0, 8
A
P(A ∩ B) 0, 136
=
= 0, 22
P(B)
0, 616
5
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Indépendance
Exercice 12
On a : P(A) = 0, 2 et P(A ∪ F) = 0, 069.
Comme A et F sont indépendants, P(A ∩ F) = P(A)P(B)
P(A ∪ F) = P(A) + P(F) − P(A ∩ F)
= P(A) + P(F) − P(A)P(B)
= P(A) + P(F)[1 − P(A)]
P(F) =
P(A ∪ F) − P(A) 0, 069 − 0, 02 0, 049
=
=
= 0, 05
1 − P(A)
1 − 0, 02
0, 98
Exercice 13
Si la probabilité de la face k, pk , est proportionnelle à k alors : pk = kp1
X
pk = 1
k
⇔
(1 + 2 + · · · + 6)p1 = 1
⇔
p1 =
1
21
2+4+6 4
=
21
7
3+4+5+6 6
p(B) = p3 + p4 + p5 + p6 =
=
21
7
3+4 1
=
p(C) = p3 + p4 =
21
3
10
p(A ∩ B) p4 + p6
5
b) pA (B) =
=
= 21 =
4
p(A)
p(A)
6
7
c) pA (B) , p(B) Les évènements A et B ne sont pas indépendants.
4
4
p(A ∩ C)
p4
pC (A) =
=
= 21 = = p(A)
1
p(C)
p(C)
7
3
Les événements A et C sont donc indépendants.
a) p(A) = p2 + p4 + p6 =
Exercice 14
Réunion juin 2005
1) Voir ci-après
2
2 1 5
× × =
5 5 9 45
2 4 4
32
P(N1 ∩ R2 ∩ N3 ) = × × =
5 5 9 225
2) a) P(N1 ∩ N2 ∩ N3 ) =
2
32
14
+
=
45 225 75
4 12 16
3 1 4 3 4 1
c) P(R1 ∩N3 ) = P(R1 ∩N2 ∩N3 )+P(R1 ∩R2 ∩N3 ) = × × + × × = + =
5 5 9 5 5 3 75 75 75
b) P(N1 ∩ N3 ) = P(N1 ∩ N2 ∩ N3 ) + P(N1 ∩ R2 ∩ N3 ) =
paul milan
6
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5
9
3) On a :
P(N3 ) = P(N1 ∩ N3 ) + P(R1 ∩ N3 )
14 16 30 2
=
+
=
=
75 75 75 5
4) On a :
P(N1 ∩ N3 )
PN1 (N3 ) =
P(N1 )
14
7
= 75 =
, P(N3 )
2
15
5
Les événements N1 et N3 ne sont pas indépendants.
1
5
N2
4
9
N1
2
5
4
9
4
5
4
9
1
5
5
9
1
3
4
5
N3
R3
N3
N2
R1
16
8
P(R1 ∩ N3 ) 75
=
5) PN3 (R1 ) =
=
2
P(N3 )
15
5
R3
R2
5
9
3
5
N3
R3
N3
R2
2
3
R3
Exercice 15
Polynésie juin 2006
Voir le site de l’apmep : Polynésie juin 2006 exercice 3
http://www.apmep.asso.fr/IMG/pdf/Polynesie_S_corrige_juin_2006.pdf
Loi binomiale
Exercice 16
1) Soit l’expérience "tirer une carte d’un jeu de 32". La probabilité d’avoir un roi est :
1
4
=
32 8
On renouvelle cette expérience 8 fois, de façon identique (avec remise) et indépendante, on a donc alors un schéma! de Bernoulli, en appelant X le nombre de rois obte1
nus. Il s’agit de la loi : B 8, .
8
! !5 !3
8 1
7
P(X = 5) =
= 0,001 1
5 8
8
2) Soit l’expérience consistant à répondre Vrai ou Faux à une question. La probabilité
1
que la réponse soit exacte est donc .
2
On renouvelle cette expérience 10 fois, de façon identique et indépendante, on a donc
un schéma de Bernoulli,
on appelant X le nombre de réponse exactes. Il s’agit de la
!
1
loi : B 10, .
2
! !3 !7
! !10
10 1
1
10 1
P(X = 3) =
=
3 2
2
3 2
paul milan
! !7 !3
! !10
1
10 1
10 1
P(X = 7) =
=
2
7 2
7 2
7
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!
!
10
10
or
=
donc P(X = 3) = P(X = 7).
3
7
Il y a donc autant de chance de répondre exactement à 3 questions qu’à exactement 7.
1
3) La probabilité d’obtenir un nombre pair en lançant une fois un dé est .
2
!
1
On a donc la loi B 8, .
2
P(X > 3) = 1 − P(X 6 2) = 1 − binomFRép(8, 0.5, 2) = 0,855 5
Exercice 17
1) On obtient la loi de probabilité suivante en tapant : binomFpd(6,0.4).
X
P(X = k)
2) p =
0
0,046
1
0,187
2
0,311
3
0,276
4
0,138
5
0,037
6
0,004
E(X)
= 0, 3. On obtient alors :
n
P(X 6 3) = binomFRép(10, 0.3, 3) = 0, 6496
P(X > 7) = 1 − P(X 6 6) = 1 − binomFrép(10, 0.3, 6) = 0, 1059
3) σ(X) =
√
npq donc n =
σ2 (X)
= 25. On a alors :
pq
P(X 6 2) = binomFRép(25, 0.2, 2) = 0, 0982
P(X > 2) = 1 − P(X 6 2) = 1 − 0, 0982 = 0, 9018
Exercice 18
Soit X la variable aléatoire représentant le nombre de parties gagnées par B sur les 9
disputées. La probabilité que B gagne une partie est 1 − 0, 6 = 0, 4. Les parties sont
indépendantes les unes des autres, donc X suit la loi binomiale B(9 ; 0, 5).
Pour que B gagne le tournoi, il doit remporter au moins 5 parties :
P(X > 5) = 1 − P(X 6 4) = 1 − binomFRép(9, 0.4, 4) ≃ 0, 267
Exercice 19
Voir le site de l’apmep : Pondichéry avril 2009 exercice 4
http://www.apmep.asso.fr/IMG/pdf/Pondichery_S_avril_2009.pdf
Exercice 20
1) Construction d’un arbre pondéré associé à cette situation
a) P(F) = 0, 92 ; PF (S) = 0, 95 et P(F ∩ S) = 0, 02
b) PF (S ) =
paul milan
P(F ∩ S )
P(F)
=
0, 02
0, 02 1
=
=
1 − 0, 92 0, 08 4
8
Terminale S
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0, 95
0, 92
F
0, 05
c) On a donc l’arbre suivant :
S
S
b
0, 75
0, 08
S
F
0, 25
2) Calcul de probabilités
S
a) P(S) = P(F ∩ S) + P(F ∩ S) = 0, 92 × 0, 95 + 0, 08 × 0, 075 = 0, 874 + 0, 06 = 0, 934.
b) PS (F) =
P(S ∩ F) 0, 874
=
= 0, 936
P(S)
0, 934
3) Étude d’une variable aléatoire B
a) B peut prendre les valeurs : 0, 5 et 10
P(B = 0) = P(S) = 1 − P(S) = 1 − 0, 936 = 0, 066
P(B = 5) = P(S ∩ F) = 0, 06
P(B = 10) = P(S ∩ F) = 0, 874
On a alors la loi de probabilité de B à l’aide du tableau suivant :
B
P(B = bi )
0
0,066
5
0,060
10
0,874
b) E(B) = 0 × 0, 066 + 5 × 0, 06 + 10 × 0, 874 = 0, 3 + 8, 74 = 9, 04
4) Étude d’une nouvelle variable aléatoire.
X suit une loi binomiale B(10 ; 0, 934), car on fait 10 tirages identiques (équivalents
à sans remise) et indépendants. La probabilité de succès p = P(S) = 0, 934
P(X > 8) = 1 − P(X 6 7) = 1 − binomFRép(10, 0.934, 7) = 0, 975
Exercice 21
Métropole juin 2012
Voir site de l’apmep : Métropole juin 2012 exercice 2
http://www.apmep.asso.fr/IMG/pdf/Me_tropoleS21juin2012corrige.pdf
Exercice 22
Nlle Calédonie mars 2012
Voir site de l’apmep : Nlle Calédonie mars 2012 exercice 2
http://www.apmep.asso.fr/IMG/pdf/NlleCaledoScorrectionmars2012.pdf
paul milan
9
Terminale S
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Exercice 23
Partie A
1) L’expérience initiale consiste à tirer un nombre entier compris entre 1 et 7. On gagne si
2
le nombre est supérieur à 5, soit pour 6 et 7. La probabilité de succès est donc p =
7
5
et la probabilité d’échec est q = .
7
On réitère 9 fois l’expérience
de
façon
identiques et indépendantes. X suit alors une
!
2
loi de binomiale B 9 ;
7
2) Déterminer les probabilités des événements suivants :
! !3 !6
5
9 2
a) P(B) = P(X = 3) =
≃ 0, 2602
3 7
7
b) P(D)=P(X > 3) = 1 − P(X 6 3) ≃ 0, 2384
3) E(X) = np =
18
≃ 2, 57
7
Partie B
1) On obtient le tableau suivant :
N
x
10
2,7
50
2,42
100
2,54
500
2,58
2) Cette simulation permet de confirmer l’espérance mathématique de X, en effet pour
18
à 10−2 .
500 expériences, on s’approche de la valeur théorique
7
Exercice 24
Antilles-Guyane septembre 2011
Voir le site de l’apmep : Antilles-Guyane septembre 2011 exercice 4
http://www.apmep.asso.fr/IMG/pdf/AntillesSsept2011Corrige-2.pdf
paul milan
10
Terminale S
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