Loi Binomiale - F. Laroche

January 13, 2018 | Author: Anonymous | Category: Mathématiques, Statistiques et probabilités
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Loi Binomiale 7.3. Exercices de base 7.3.1. Graines 1. Le nombre de graines qui germent suit une loi binomiale B ( 8 ; 0,8 ) .

8 a. P ( X = 5 ) =   0,85 0,23 ≈ 0,147 . 5 8 8 b. P ( X ≥ 7 ) =   0,87 0,21 +   0,88 0,20 ≈ 0,503 . 7   8 2. a. P ( germe et pas détruite ) = 0,8 × 0,5 = 0,4 . b. Y, le nombre de plans bons à repiquer suit B ( n ; 0,4 ) où n est inconnu. On cherche n pour que P ( Y ≥ 1 ) ≥ 0,99 , soit 1 − P ( Y = 0 ) ≥ 0,99 ⇔ P ( Y = 0 ) ≤ 0,01 ⇔ 0,6 n ≤ 0,01 . À la machine on trouve n > 9 , soit n ≥ 10 .

7.3.2. Sécu 1. a. Il y a 0,88 × 0,17 = 0,1496 des personnes qui ont moins de 70 ans et qui sont vaccinées ; il y a 0,12 × 0,75 = 0,09 des personnes qui ont plus de 70 ans et qui sont vaccinées, soit un total de 0,2396, soit environ 24% des gens sont vaccinés. b. Le pourcentage de moins de 70 ans parmi les vaccinés est alors de

0,1496 = 0,62 , soit 62 %. 0,2396

2. Les nombre de personnes vaccinées parmi les 10 suit une B ( 10 ; 0,62 ) .

 10  P ( X = 3 ) =   0,6230,387 ≈ 0,033 . 3  7.3.3.Urnes 1. Pour avoir X + Y ≥ 8 il faut avoir 2 et 6 ou 4 et 5 ou 4 et 6, soit

3 × 3 + 4 × 2 + 4 × 3 29 = . 8×6 48

29 29   2. Z suit B  10, ≈6 .  : E ( Z ) = 10 × 48 48  

7.3.4.Petits exercices à déguster sereinement  1 1. B  9,  ; 2/3 de 9 = 6 ; P ( X ≥ 6 ) = 1 − P ( X ≤ 5 ) ≈ 0,254 en utilisant la calculatrice (inutile de faire ces  2 calculs compliqués à la main…)  1 2. X= nombre de noires tirées ; B  6,  ; P ( X = 2 ) ≈ 0,329 .  3  1 3. X = nombre de « 6 » obtenus ; B  5,  ; P ( X ≥ 2 ) = 1 − P ( X ≤ 1 ) ≈ 0,196 .  6  1 4. X = nombre de filles dans la famille ; B  n,  ;  2

1

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Si n est pair, n = 2m et on cherche P ( X > m ) =

2m

k

 2m   1   1       2   2  k= m+1

∑  k

2 m− k

2m

=

 2m  1  2m ; on peut tracer la 2 k=m+1

∑  k

courbe des probas en fonction de n :

U=Séquence[(n,1-Binomiale[n,0.5,floor(n/2),True]),n,0,100] Si n est impair c’est semblable, sauf que ça semble constant et valoir 1/2 : ce qui semble normal (réfléchissez)…

4 4 5. Avec 4 parties on a B ( 4, p ) et P ( X ≥ 3 ) =   p3 ( 1 − p ) +   p 4 = 4 p3 ( 1 − p ) + p4 = 4 p3 − 3 p4 ; 3   4 avec 8 parties on a B ( 8, p ) et

8 8 3 8 2 8 P ( Y ≥ 5 ) =   p5 ( 1 − p ) +   p6 ( 1 − p ) +   p7 ( 1 − p ) +   p8 = 5 6 7       8 = 56 p5 ( 1 − p ) + 28 p6 ( 1 − p ) + 8 p7 ( 1 − p ) + p8 3

2

3 2 = p5  56 ( 1 − p ) + 28 p ( 1 − p ) + 8 p2 ( 1 − p ) + p3  = p5  56 − 140 p + 120 p2 − 35 p3  .  

Il reste à trouver le signe de

p5  56 − 140 p + 120 p2 − 35 p3  − p3 [ 4 − 3 p ] = f ( p ) , ce que l’on obtient

graphiquement. On voit donc que P ( Y ≥ 5 ) ≥ P ( X ≥ 3 ) pour p ≥ 0,41 environ.

 n   n  n   n n− k n−( n− k ) n− k 6. b ( n − k, n, 1 − p ) =  =   ( 1 − p ) p k = b ( n, p, k ) car  ( 1 − p ) p  =   : propriété de  n− k   k  n− k   k  symétrie des coefficients binomiaux.

2

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7. R ( p ) = P ( X > 1 ) = 1 −  P ( X = 0 ) + P ( X = 1 )  = 1 − ( 1 − p ) − np ( 1 − p ) n

R( p ) = P ( X > 1 ) = 1 − ( 1 − p )

10

n−1

, soit avec n = 10 :

− 10 p ( 1 − p ) . 9

p

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

R( p )

0

0,264

0,624

0,851

0,954

0,989

Il vaut mieux éviter les déchets… 7.4. Exercices intermédiaires 7.4.1.Rhésus 1. a. 0,45 b. 0,45 × 0,2 = 0,09 . c. 0,4 × 0,18 + 0,1 × 0,19 + 0,05 × 0,17 + 0,45 × 0,2 = 0,1895 . 2. a. X suit B ( 5 ; 0,09 ) . b. E ( X ) = 5 × 0,09 = 0,45 .

7.4.2. Étude de marché Un tableau pour résumer : moins de 12 tonnes

de 12 à 20 tonnes

plus de 20 tonnes

Total

Solvables

0,35 × 0,8 = 0,28

0,4 × 0,85 = 0,34

0,225

0,845

Insolvables

0,07

0,06

0,025

0,155

Total

0,35

0,40

0,25

1

1. a. 0,25. b. 0,155 2. a. X suit B ( 20 ; 0,845 ) . E ( X ) = 20 × 0,845 = 16,9 . b. P ( X ≥ 4 ) = 1 − P ( X ≤ 3 ) = 1 − 1,22 × 10 −11 ≈ 1 .

7.4.3. Rangements Le nombre total de possibilités de rangement est n!

( n − 2 ) ! répartitions possibles. Comme A peut être ( n − 1 ) places possibles pour A et donc la probabilité

1. Supposons que A est en premier, B est derrière, il reste placé n’importe où dans la file avec B derrière lui, il y a

( n − 1 )! n!

=

1 2 d’avoir A suivi de B ; c’est pareil pour B suivi de A, soit la probabilité finale . n n

2. Même raisonnement ; au pire B est en dernier et A r places devant ; on peut placer A de n − r manières, la ( n − r )( n − 2 ) ! 2 ( n − r ) probabilité finale est alors 2 = . n! n( n − 1 )

7.4.5. Loterie binomiale Partie A 1. P ( G ) = P ( B ) × P ( dé < 6 ) + P ( N ) × P ( dé = 6 ) =

2. P ( Blanc et Perdu parmi les Perdu ) =

1 5 9 1 7 × + × = . 10 6 10 6 30

P ( Blanc et Perdu ) P( P )

1 1 × 10 6 = 1 × 30 = 1 . = 23 60 23 46 30

3

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3. Loi binomiale : n = 4 , p =

2 2  4   7   23  7 ; il en gagne 2 avec la probabilité    ≈ 0,192 .    30  2   30   30 

n

4. Loi binomiale : n quelconque, p =

7  23  ; P( X ≥ 1) = 1 − P ( X = 0 ) = 1 −   ; on a alors à résoudre 30  30 

n

n

 23   23  P( X ≥ 1) ≥ 0,99 ⇔ 1 −   ≥ 0,99 ⇔   ≤ 0,01 d’où n = 18 à la machine.  30   30  Partie B 1. a. X prend les valeurs −1 et 4 ; P ( X = −1 ) = P ( P ) = E( X ) = −

23 7 , P( X = 4 ) = P( G ) = . 30 30

23 7 5 1 +4 = = . 30 30 30 6

b. L’organisateur ne semble pas très matheux… 2. Il faut recalculer P ( G ) = P ( B ) × P ( dé < 6 ) + P ( N ) × P ( dé = 6 ) =

 5+n E ( X ) = −1 ×  1 − 6 n+1) ( 

1 5 n 1 5+n × + × = d’où n+1 6 n+1 6 6( n+1 )

 − ( 6 n + 6 − 5 − n ) + 20 + 4n − n + 19 5+n =  + 4 × 6 ( n + 1 ) = 6( n+1 ) 6( n+1 ) 

qui sera positif lorsque n ≤ 19 .

7.4.6. Tulipes 1. b. P( F ∩ R) = 0,8 × 0,5 = 0,4 . c. P( F ∩ B) = 0,8 × 0,1 = 0,08 . 2. a. Le succès est obtenir une fleur Rouge, il y a n = 5 épreuves, il y a k succès : p = P( F ∩ R) = 0,4 . b.

R 0,5

F

0,1 0,4

0,8

0,2

B

J

F

5 5 P( X = 0) =   (0,4)0 × (0,6)5 = 0,07776, P( X = 1) =   (0,4)1 × (0,6)4 = 0,2592, 0   1 5 5 P( X = 2) =  (0,4)2 × (0,6)3 = 0,3456, P( X = 3) =   (0,4)3 × (0,6)2 = 0,2304, 2   3 5 5 P( X = 4) =   (0,4)4 × (0,6)1 = 0,0768, P( X = 5) =   (0,4)5 × (0,6)0 = 0,01024. 4   5 X = xi

0

1

2

3

4

5

P (X = xi)

0,0776

0,2592

0,3456

0,2304

0,0768

0,01024

pi × x i

0

0,2592

0,6912

0,6912

0,3072

0,0512

4

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5

E( X ) =

∑p ×x = 2. i

i

i =1

 n 3. On répète n fois l'expérience et on n'a obtenu aucune fleur blanche : Pn ( X = 0) =  (0,08)0 × (0,92)n = 0,92n . 0 4. Le contraire de « au moins une fleur blanche » est « aucune fleur blanche » : cette probabilité est donc 19 19 1 p = 1 − pn = 1 − 0, 92n . Il faut donc que 1 − 0,92n ≥ ⇔ 0,92n ≤ 1 − ⇔ 0,92n ≤ , soit n ≥ 36 à la machine. 20 20 20 On doit donc planter au minimum 36 fleurs pour avoir une probabilité supérieure à 19/20 d'obtenir une fleur Blanche.

7.4.8. Parties de ping-pong Lucie ou Gilles gagnent si ils remportent au moins a parties. Soient Ln et Gn les variables aléatoires égales au nombre de parties gagnées par Lucie et Gilles : Lucie gagne si Ln ≥ a ou Gn ≤ a . La distribution de Gn est une loi binomiale B ( n, 1 − p ) = B ( n, q ) et

 n  n  n P ( Gn ≤ a ) = P ( Gn = 0 ) + P ( Gn = 1 ) + ... + P ( Gn = a ) =   q0 pn +   q1 pn−1 + ... +   qa pn− a . 0 1      a n

a

P ( Gn ≤ a )

1

0

p

3

1

p3 + 3 qp2

0,648

5

2

p5 + 5 qp4 + 10 q2 p3

0,683

7

3

p7 + 7 qp6 + 21q2 p5 + 35 q3 p4

0,710

9

4

p9 + 9 qp8 + 36 q2 p7 + 84 q3 p6 + 126 q4 p5

0,733

11

5

p11 + 11qp10 + 55 q2 p9 + 165 q3 p8 + 330 q4 p7 + 462q5 p6

0,753

13

6



0,771

45

22



0,913

Probabilité que Lucie gagne 0,6

On voit que plus le nombre de parties augmente plus Lucie est sûre de gagner… Par contre avec relativement peu de parties les chances de Gilles de gagner sont loin d’être négligeables : par exemple 25% de chances sur 11 parties, c’est la « glorieuse incertitude du sport » !

7.4.10. Sécurité des transmissions 1. a. Il y a deux possibilités pour chaque chiffre, soit 24=16.  1 b. X peut prendre les valeurs 0, 1, 2, 3 ou 4. La loi de X est une loi binomiale B  4,  . Son espérance est  2 1 np = 4. = 2 . 2

2. P ( En ) = 32 × 10 −3 . a. P ( E 4 ) = 1 −

3

∑P( E

n

) = 1 − 4 × 32 × 10−3 ≈ 0,872 .

n=0

b. Si E0 s’est produit, l’imprimante n’a marqué que des 0, il fallait donc que l’appareil envoie la séquence 0000 : 1 1 P0 ( C ) = . On en déduit P ( C ∩ E0 ) = E0 ( C ) × P ( E0 ) = × 0,032 = 0,002 . 16 16

5

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c. On résume les résultats dans un tableau. n

Séquences correctes

Pn ( C )

P ( C ∩ En )

0

0000

1 16

0,002

1

0000, 1000

2 16

0,004

2

0000, 1000, 0100, 1100

4 16

0,008

8 16

0,0016

16 16

0,872

0000, 1000, 0100, 1100,

3

0010, 0110, 1010, 1110

4

0000, …., 1111

P( C ) =

4

∑P( C ∩ E

n

) = 0,002 + 0,004 + 0,008 + 0,016 + 0,872 = 0,902 .

n=0

d. On cherche

P ( C ∩ E2

)

P( C )

=

0,008 ≈ 0,0089 . 0,902

7.5. Pour chercher 7.5.1. Chasse aux fraudeurs 1. Chaque variable Xi est l’indicatrice de l’évènement A : Claude est contrôlé ; on a P( Xi = 1) = P( A) = p et P( Xi = 0) = P( A) = 1 − p . La somme de toutes ces v.a. donne une loi binomiale de paramètres n = 40 et p. 2. p =

1 . 20

a. Le cours nous donne E( X ) = np =

 n  1  19  b. P( X = k) =   k    k  20  20 

P( X = 2) =

40 = 2. 20

n− k

40(40 − 1) 1  19    2 202  20 

40

 19  P( X = 0) =   ,  20 

d’où 40 − 2

P( X = 1) = 40

1  19    20  20 

40 −1

 19  = 2   20 

39

et

38

=

39  19    . 20  20 

 19  c. On cherche P( X ≤ 2) = P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2) =    20 

40

 19  + 2   20 

39

+

39  19    20  20 

38

≈ 0, 6767 .

3. Zi = gain algébrique réalisé par le fraudeur : Claude fraude 40 fois un ticket à 10 €, il gagne donc 400 € ; s’il est contrôlé X fois, il perd 100X, d’où son « gain » est Z = 400 − 100X.

Z suit évidemment la même loi que X ; pour p =

1 et n = 40, on a E( X ) = np = 8 d’où E( Z) = 400 − 800 = −400 . 5

4. a. On reprend ce qui a été fait précédemment : P( X ≤ 2) = P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2) = ( 1 − p )

40

+ 40 p ( 1 − p )

39

+

40.39 2 38 p (1− p) 2

d’où

en

mettant

(1 − p)38 en facteur : P( X ≤ 2) = ( 1 − p )

38

= (1− p)

38

(

 (1 − p)2 + 40 p(1 − p) + 780 p2  = ( 1 − p )38 1 − 2 p + p2 + 40 p − 40 p2 + 780 p2  

)

( 1 + 38 p + 741p ) . 2

b. On peut chercher la dérivée :

6

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f ′( x) = −38 ( 1 − x )

37

= (1− x )

37

( 741x

2

)

+ 38 x + 1 + ( 1 − x )

38

( 1482 x + 38 )

 −28158 x2 − 1444 x − 38 + 1482 x + 38 − 1482 x 2 − 38 x  = −29640 x2 ( 1 − x )37 .  

f’ est bien négative sur [0 ; 1]. Comme f (0) = 1 et f (1) = 0 , il existe un unique réel x0 appartenant à l’intervalle [0 ; 1] tel que f (x0) = 0,01. A la calculette on a f (0,19) ≈ 0, 0116 et f (0, 20) ≈ 0,0079 d’où

19 20 < x0 < et n = 19. 100 100

c. En fait on cherche P( X ≥ 3) = 1 − P( X < 3) = 1 − P( X ≤ 2) et on veut que cette probabilité soit supérieure à 0,99, soit que 1 − P( X ≤ 2) ≥ 0,99 ⇔ − P( X ≤ 2) ≥ −0, 01 ⇔ P( X ≤ 2) ≤ 0, 01 d’où avec ce que l’on a fait précédemment : p ≥ 0,19 . Pratiquement, cela signifie qu’il faut contrôler un passager sur 5 environ (et dans ce cas le « gain » de Claude est de −400 €).

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