TS3 Révisions du 20/05 (thème : probabilités) Année 2010/2011 Ã9

TS3 Révisions du 20/05 (thème : probabilités) Année 2010/2011
EXERCICE 1
1. (a) Sortons la boule noire : il y a Ã9
3!tirages 3 boules parmi les 9 restantes. À chacun de ces tirages on adjoint
le tirage de la boule noire. Il y a donc Ã9
3!tirages différents de quatre boules contenant la boule noire.
Le nombre de tirages possibles est Ã10
4!tirages. On a donc :
p(N) =¡9
3¢
¡10
4¢
=
9!
3!6!
10!
4!6!
=9!×4!×6!
3!×6!×10! =2 5
(b) On a l’arbre suivant :
N
2
5
G
1
2
G
1/2
N
3
5
G
1/6
G
5
6
N et N formant une partition de l’univers, on, d’après la formule des probabilités totales :
p(G) =p(N)×pN(G)+p(N)×pN(G) =2
5×1 2+3 5×1 6=1 5+1 10 =2+1 10
3
10.
(c) D’aptès la question précédente la probabilité de perdre est 1−3
10 =7 10.
Il faut calculer pG(N) =p(G) ∩p(N)
p(G)
=
2
5×1 2
7
10
=
1
5
7
10
=1
5×10 7=2 7.
2. (a) •Si le joueur gagne (probabilité de 3
10), le joueur gagne 4 −meuro(s) ;
•Si le joueur ne gagne pas mais a tiré la boule noire (probabilité de 2
5×1 2=1 5), le joueur gagne ou perd 0
euro ;
•Si le joueur ne gagne pas et n’a pas tiré la boule noire (probabilité égale à 3
5×5 6=1 2), le joueur a « gagné »
−meuro(s).
D’où le tableau de la loi de probabilité du gain Xsuivant :
X=xi4−m0−m
p(X=xi)3
10
1
5
1
2
(b) On a E(X)=(4−m)×3
10 +0×1 5−m×1 2=12−3m−5m 10 =12−8m 10 .
(c) On a E(X)=0⇐⇒ 12−8m
10 ⇐⇒ 12 −87m=0⇐⇒ m=12 8=3 2=1,50 e.
3. On répète nfois la même expérience aléatoire, de façon indépendante, dans les mêmes conditions. La probabi-
lité d’un succès, pour une épreuve, est 3
10.
X suit une loi binomiale de paramètres net p=3
10.
On cherche p(XÊ1).
p(XÊ1) =1−p(X≤1) =1−µ7
10¶n
.
Il faut donc résoudre :
1−µ7
10¶n
>0,999 ⇐⇒ µ7
10¶n
<0,001 ⇐⇒ 0,7n<0,001 ⇐⇒ nln0,7 <ln0,001 (d’après la croissance de la
fonction ln) puis n>ln0,001
ln0,7 ≈19,3.
Il faut donc jouer au moins 20 fois.
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EXERCICE 2
Les questions 1. et 2. sont indépendantes
1. (a) Le tirage étant simultané le nombre de tirages est celui de 2 boules parmi 5, soit Ã5
2!.
Le nombre ce cas favorables est, les boules vertes étant retirées, égal au nombre de combinaisons de 2
boules rouges choisies parmi 3. On a donc :
p(X=0) =¡3
2¢
¡5
2¢
=3
10 =0,3
(b) On a de même p(X=1) =¡2
1¢×¡3
1¢
¡5
2¢
=2×3
10 =6 10
Enfin p(X=2) =¡2
2¢
¡5
2¢
=1
10.
On a donc E(X)=0×3
10 +1×6 10 +2×1 10 =8 10 =4 5=0,8.
(c) Si les deux boules sont rouges X=0 et si les deux boules sont vertes X=2. Ces deux évènements étant
incompatibles, on obtient :
p(A) =p(X=0)+p(X=2) =3
10 +1 10 =4 10 =2 5.
2. (a)
R1
3
5
R2
3
5
V2
2/5
V1
2
5
R2
3/4
V2
1
4
On a p(B) =p(V1)×pV1(R2)=2
5×3 4=3 10.
p(C) =p(R1)×pR1(V2)+p(V1)×pV1(R2)=3
5×2 5+2 5×3 4=6 25 +3 10 =27 50 =54 100 =0,54.
(b) Il faut calculer :
pC(V1)=p(C∩V1)
p(C) =
2
5×3 4
27
50
=
3
10
27
50
=3
10 ×50 27 =15 27 =5 9
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