Correction probabilités conditionnelles. Loi

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) =

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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

pD¯ (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

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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

Terminale S

correction exercices 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 = pA¯ (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 !

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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) =

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1 1 1 × = 4 12 48

P(M ∩ V) 1 5 5 = × = PM (V) 48 4 192

4

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correction exercices 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) =

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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 ) =

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6

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correction exercices 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

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! !7 !3 ! !10 1 10 1 10 1 P(X = 7) = = 2 7 2 7 2

7

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correction exercices ! ! 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 ) =

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P(F ∩ S ) P(F)

=

0, 02 0, 02 1 = = 1 − 0, 92 0, 08 4 8

Terminale S

correction exercices 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

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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

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10

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