Td corrigé Exercice 1 (solution) : pdf

Exercice 1 (solution) :

Avant l'examen de probabilités, le professeur distribue 10 problèmes dont il affirme qu'il en ..... Tout le système s'arrête si l'un des deux éléments est en panne.




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stions ont apporté des améliorations significatives aux énoncés ainsi qu’à certaines propositions de solution.
Les générations passées d’étudiants ont inspiré également chaque année des améliorations et leurs réactions ont également permis d’affiner le texte.

N.B. Le texte contiendra au fur et à mesure de sa finalisation quelques liens hypertexte de la table des matières vers l’énoncé et le corrigé de l’exercice considéré.
Table des matières

Chapitre 0
 HYPERLINK \l "x01" Exercice 0.1
 HYPERLINK \l "x02" Exercice 0.2
 HYPERLINK \l "x03" Exercice 0.3
 HYPERLINK \l "x04" Exercice 0.4
 HYPERLINK \l "x05" Exercice 0.5
 HYPERLINK \l "x06" Exercice 0.6
 HYPERLINK \l "x07" Exercice 0.7
 HYPERLINK \l "x08" Exercice 0.8
 HYPERLINK \l "_P" Exercice 0.9
 HYPERLINK \l "x010" Exercice 0.10
 HYPERLINK \l "x011" Exercice 0.11
 HYPERLINK \l "x012" Exercice 0.12
Chapitre 1
Exercice 1.1
Exercice 1.2
Exercice 1.3
Exercice 1.4
Exercice 1.5
Exercice 1.6
Exercice 1.7
Exercice 1.8
Exercice 1.9
Exercice 1.10
Exercice 1.11
Exercice 1.12
Exercice 1.13
Exercice 1.14
Exercice 1.15
Exercice 1.16
Exercice 1.17
Exercice 1.18
Exercice 1.19
Exercice 1.20
Chapitre 2
Exercice 2.1
Exercice 2.2
Exercice 2.3
Exercice 2.4
Exercice 2.5
Exercice 2.6
Exercice 2.7
Exercice 2.8
Exercice 2.9
Exercice 2.10
Exercice 2.11
Exercice 2.12
Chapitre 3
Exercice 3.1
Exercice 3.2
Exercice 3.3
Exercice 3.4
Exercice 3.5
Exercice 3.6
Exercice 3.7
Exercice 3.8
Exercice 3.9
Exercice 3.10
Exercice 3.11
Exercice 3.12
Chapitre 4
Exercice 4.1
Exercice 4.2
Exercice 4.3
Exercice 4.4
Chapitre 5
 HYPERLINK \l "x51" Exercice 5.1
 HYPERLINK \l "x52" Exercice 5.2
 HYPERLINK \l "x53" Exercice 5.3
 HYPERLINK \l "x54" Exercice 5.4
 HYPERLINK \l "x55" Exercice 5.5
 HYPERLINK \l "x56" Exercice 5.6
 HYPERLINK \l "x57" Exercice 5.7
 HYPERLINK \l "x58" Exercice 5.8
Chapitre 6
Exercice 6.1
Exercice 6.2
Exercice 6.3
Exercice 6.4
Exercice 6.5
Exercice 6.6
Exercice 6.7
Exercice 6.8
Exercice 6.9
Exercices récapitulatifs (1)
Exercice 1
Exercice 2
Exercice 3
Exercice 4
Exercice 5
Exercice 6
Exercice 7
Exercice 8
Exercice 9
Exercice 10
Exercice 11
Exercice 12
Exercice 13
Exercice 14
Exercice 15
Exercice 16
Exercice 17
Exercice 18
Exercice 19
Exercice 20
Exercice 21
Exercice 22
Exercice 23
Exercice 24
Exercice 25
Exercices récapitulatifs (2)
Exercice 1
Exercice 2
Exercice 3
Exercice 4
Exercice 5
Exercice 6
Exercice 7
Exercice 8
Exercice 9
Exercice 10
Exercice 11
Exercice 12
Exercice 13
Exercice 14
Exercice 15
Exercice 16
Exercice 17
Exercice 18
Exercice 19
Exercice 20
Exercice 21
Exercice 22
Exercice 23
Exercice 24

Annexe au chapitre 0 : Exercices récapitulatifs (solutions)
Exercice 0.1 :
Un cadre doit visiter cinq ateliers (A, B, C, D, E) chaque semaine. Il visite un (et seul) atelier différent chaque jour, du lundi au vendredi. Il choisit l’ordre de ses visites AU HASARD tous les dimanches.
De combien de façons différentes peut-il organiser ses tournées ?
Pour choisir au hasard, il pourrait inscrire les noms des ateliers sur cinq bouts de papier, mélanger ces derniers dans une urne et les tirer (sans remise) un à un, il visitera le premier nom tiré le lundi, etc.
Donc :
il tire un atelier à visiter le lundi : 5 possibilités,
il tire un atelier à visiter le mardi : 4 possibilités,
il tire un atelier à visiter le mercredi : 3 possibilités, etc.
En tout, il dispose donc de 5.4.3.2.1 = 120 possibilités d’organiser ses visites hebdomadaires. (Application du principe de multiplication.)
Idem sur deux semaines ?
Pour deux semaines successives, il dispose de 120 x 120 = 120² possibilités.
Exercice 0.2 :
Pour me rendre à mon travail, je dispose du métro, je peux marcher et trois bus peuvent me mener à destination.
De combien de possibilités de me rendre à mon travail puis-je bénéficier ?
Je dispose de 1 + 1 + 3 = 5 possibilités.
Exercice 0.3 :
Soit les ensembles M={Albert, Charles, Bernard} et F={Danielle, Françoise}. Ecrire M x F en extension et via deux représentations du diagramme en arbre.

M x F = {(Albert, Danielle), (Albert, Françoise), (Charles, Danielle), (Charles, Françoise), (Bernard, Danielle), (Bernard, Françoise)}.

 Danielle Albert
 Albert
 Françoise Danielle Charles

 Danielle Bernard
 Charles
 Françoise Albert

 Danielle Françoise Charles
 Bernard
Françoise Bernard
Exercice 0.4 :
Trouver P(S) avec S={a, b, c}. Quel est le # P(S) ?
P(S) = {{a,b,c},{a,b},{a,c},{b,c},{a},{b},{c}, Ø } ;# P(S) = 2³ = 8

Exercice 0.5 :
Ecrire en extension :

A={x : x²-x-2 =0} ( A={-1, 2}.

B={x : x est une lettre dans le mot « PROBABILITES »} (
B={P,R,O,B,A,I,L,T,E,S }.

C={x : x² = 9, x-3 = 5} ( C={ Ø }.
Exercice 0.6 :
Vrai ou faux :

{2, 5, 4} = {4, 5, 2}.
{4, 2, 3} ( {2, 3, 4}.
{4} ( {{4}}.
Ø ( {{4}}.
{4} ( {{4}}.
1 ( {1, 2, 3, 4}.
TOUT EST VRAI SAUF c)


Exercice 0.7 :
Un homme qui possède 1 ¬ joue aux dés. A chaque fois qu il joue, soit il gagne 1 ¬ si le résultat est pair, soit il perd 1 ¬ si le résultat est impair. Il peut jouer au maximum cinq fois et arrête de jouer avant la fin s il a tout perdu ou s il a gagné 3 ¬ (donc s il possède 4 ¬ ). De combien de façons les paris peuvent-ils s établir ? Peut-il terminer le jeu avec la même somme qu au départ, soit 1 ¬  ? Résolvez par le diagramme en arbre. Les nombres représentent l état de la « fortune » du joueur à chaque étape du jeu. Les nombre en rouge indiquent une fin possible du jeu.

 0 0
 1 1 2

 0 2

3 2
4
 1 2

 0
 1 2
 2
 2
 3 3 4
4


( 11 façons de parier et il ne terminera jamais le jeu avec 1 ¬ en poche.
Exercice 0.8 :
Soit le plan suivant d un parc à allées rectilignes. Un homme s y promène tous les jours, commence toujours sa promenade en allant de X en R et se déplace (sur le plan) horizontalement ou verticalement une étape à la fois. Il s’arrête quand il ne peut continuer à marcher sans passer deux fois sur le même point. Il modifie sa promenade tous les jours.
Combien de promenades différentes sont-elles possibles ?

A B C


R S T


X Y Z

Résolution par le diagramme en arbre










En rouge, les 10 différentes étapes terminales.

Exercice 0.9 :
Une femme dispose de deux bagues identiques. Elle décide de les mettre, soit à l’index, soit au majeur, soit à l’annulaire de la main droite. Elle change chaque jour la disposition de ses bagues.
Combien de temps maximum se passe-t-il entre deux dispositions identiques ?
Soit l’épreuve 1 : « Placer une des deux bagues sur un des trois doigts. », #S1 =3 avec S1 son espace d’échantillonnage.
Soit l’épreuve 2 : « Placer l’autre bague sur un des trois doigts. », #S2 =3 avec S2 son espace d’échantillonnage.
Donc, par le principe de la multiplication, on dispose de 3 x 3 = 9 possibilités de placement des bagues.
Mais comme les bagues sont identiques, il est impossible de distinguer M – I de I – M, M – A de A – M et I – A de A – I avec X – Y, signifiant : « La bague 1 a été placée sur le doigt X (X = I, A, M) et la bague 2 sur le doigt Y (Y = I, A, M) . »
Il faut donc retirer 3 possibilités des 9, il reste six placements conjoints distincts des deux bagues identiques.
Il se passe donc 6 jours au maximum entre deux dispositions identiques.

Quid si les bagues sont différentes ?
Si les bagues sont différentes, leur ordre quand elles sont sur le même doigt importe, or il existe 3 possibilités de présence commune, une sur chacun des 3 doigts. Quand leur présence est commune, il existe 2 ! = 2 arrangements différents de ces deux bagues.
Donc il existe 6 possibilités d’enfiler les deux bagues sur un doigt commun.
Il faut les ajouter aux 6 possibilités d’arrangements distincts des deux bagues sur deux doigts différents.
Il existe donc 12 arrangements différents des deux bagues sur les trois doigts.
Il se passe donc 12 jours au maximum entre deux dispositions identiques.

Exercice 0.10 :
Le titulaire d’une classe de 11 garçons et 9 filles doit choisir 3 d’entre eux pour représenter sa classe à un concours inter-écoles.
De combien de façons peux-il constituer l’équipe ?

 EMBED Equation.3  façons.

Idem s’il s’impose de choisir un garçon et deux filles ?

Il est possible de choisir un garçon de 11 façons différentes.
Il faut encore choisir 2 filles parmi 9, il existe  EMBED Equation.3  = 36 possibilités.
Et par le principe de multiplication, le nombre d’équipes sera égal à  EMBED Equation.3  = 11.36 = 396.

Idem s’il s’impose de choisir une fille et deux garçons ?

En appliquant la même démarche, on découvre qu’il existe  EMBED Equation.3 = 55.9 = 495 possibilités.
Exercice 0.11 :
Madame A. Lamode dispose aujourd’hui de 3 vases de Chine, de deux cristaux de Bohème et d’un saladier du Val-Saint-Lambert, tous ces objets sont différents. Elles les expose fièrement sur une planche de la vitrine de son salon et se donne comme règle de disposer différemment ces objets chaque fois qu’elle reçoit ses amies pour le thé.
Combien de fois peut-elle inviter ses amies sans répéter une disposition déjà réalisée :
si aucune restriction n’est mise sur la disposition ?
Il s’agit du nombre de permutations de 6 objets = 6 ! = 720 possibilités de rangement.
si les vases de Chine doivent être rangés ensemble et les cristaux de Bohème également ?
Il existe 3 ! possibilités de ranger les 3 vases de Chine côte à côte, de même 2 ! possibilités pour les cristaux de Bohème. Donc par le principe de multiplication 3 !2 !1 ! possibilités de ranger les objets en commençant par les vases de Chine, suivis des cristaux de Bohème, pour terminer par le VSL. Enfin il existe 3 ! possibilités de ranger (c’est-à-dire permuter) les trois groupes d’objets (vases de Chine, cristaux de Bohème, VSL). Donc au total 3 !3 !2 !1 ! = 72 possibilités de rangement.
si seuls les vases de Chine doivent se trouver ensemble ?
Dans ce cas, on considère un groupe de trois objets (les vases de Chine) et les trois autres objets forment chacun un groupe. Donc au total, il s’agit de ranger quatre groupes. Par le même argument que b) supra, il existe 4 !3 ! = 144 possibilités de rangement.

Monsieur Lamode a promis à son épouse de lui offrir un nouveau Val-Saint-Lambert quand la situation de répétition d’une disposition se produira.
Après cet événement, que deviennent les prévisions du nombre d’invitations dans les trois cas ?(Pour cette question, on supposera qu’au point b) les vases Val-Saint-Lambert restent groupés ensemble.)
7 ! = 5040 possibilités de rangement.
3 !3 !2 !2 ! = 144 possibilités de rangement.
5 !3 ! = 720 possibilités de rangement.

Exercice 0.12 :
Dans les « Noces de Figaro », W.A. Mozart à composé une œuvre où les ensembles de taille variable amènent tous les protagonistes à se rencontrer. Il rompait, se faisant, avec la tradition de l’opéra classique et, en innovant de la sorte, produisait un chef d’œuvre absolu de la culture.
Le célèbre chef d’orchestre P.Avaroti a contacté cinq chanteurs et sept chanteuses qui seraient susceptibles d’être retenus pour la distribution de la nouvelle production des « Noces » que l’Opéra National lui a demandé de diriger la saison prochaine. Deux chanteurs sont nécessaires et 3 chanteuses.
Combien de distributions différentes peut-il envisager ?
Pour les chanteurs : EMBED Equation.3 possibilités et  EMBED Equation.3  possibilités pour les chanteuses, donc par le principe de multiplication, : EMBED Equation.3  possibilités.
Parmi les chanteuses pressenties, la diva C. Astafiore refuse absolument de partager la scène avec L. Acallas dont elle est très jalouse. P.Avaroti n’envisage donc pas de les faire chanter ensemble. Combien de possibilités de distribution lui reste-t-il ?

Nombre de groupes possibles ne contenant pas les deux divas =  EMBED Equation.3  en effet puisqu’on exclut les deux divas, il reste 5 chanteuses parmi lesquelles on en choisit trois.  EMBED Equation.3 possibilités.
Nombre de groupe possibles contenant exclusivement une seule des deux divas :
Pour une diva donnée (par exemple C.Astafiore) :  EMBED Equation.3 en effet puisque sur les sept chanteuses une diva est choisie et l’autre exclue, il reste donc 5 chanteuses parmi lesquelles P. Avaroti doit en choisir deux puisque une (la diva) est imposée.
Mais nous avons deux divas, il faut donc multiplier ce nombre par 2.
Donc finalement, dans ce cas P.Avaroti dispose de  EMBED Equation.3  possibilités.

Dès lors, P. Avaroti dispose de 10 + 20 = 30 possibilités de choisir les chanteuses, à multiplier par les  EMBED Equation.3 possibilités de choisir les chanteurs =  EMBED Equation.3  possibilités de composer la distribution.

Exercices :
Ecrire les espaces d’échantillonnages associés aux expériences aléatoires suivantes :


Le nombre de parties de dames que vous gagnez dans une série de trois jeux avec un ami.
S = {0, 1, 2, 3} ou S = {x : 0 ( x ( 3, x (N}

Le nombre de visites chez le médecin en un an.
S = {0, 1, 2, …} ou S = {x : x (N}

Le temps en minutes que met un service d’urgence pour se trouver à l’endroit voulu après avoir reçu un coup de téléphone urgent.
S = {x : x > 0, x (R }

La différence de taille (en cms) entre époux.
S = {x : x (R}

Le temps en minutes que vous devez attendre à la poste pour être servi.
S = {x : x ( 0}

Le nombre de réponses correctes données lors d’un test de connaissance générales
par un candidat à qui on soumet 100 questions ;
S = {0, 1, 2, …, 100}
par chacun des deux candidats à qui on a posé à chacun séparément 100 questions.
S = {(x,y) : x = 0, 1, 2, …, 100 ; y = 0, 1, 2, …, 100}
Exercice 1.7 :
Pour un lot d’une douzaine d’ampoules à tester, représentez l’espace d’échantillonnage S : S = {x (N : 0 ( x ( 12}.
ainsi que les événements suivants comme des sous-ensembles  de l’espace d’échantillonnage S :
« Une ampoule est défectueuse. » : A= {1}.
« Au moins une ampoule est défectueuse. » : B = { x (N : 1 ( x ( 12}.
« Au plus une ampoule est défectueuse. » : C = {0, 1}.
Exercice 1.8 : Voici une liste d’événements associés aux épreuves décrites dans une série précédente d’exercices. Décrivez chaque événement comme un sous-ensemble de l’espace d’échantillonnage adéquat :
« Vous gagnez au moins deux parties de dames. » : A = {2, 3}.
« Votre ami gagne au moins deux parties de dames. » : B = {0, 1}.
« Vous ne rendez pas visite au médecin plus de deux fois par an. » : C = {0, 1, 2}.
« L’ambulance arrive en moins de cinq minutes. » :
D = {x ( R : 0 (() < x ( 5}.
« L’ambulance met plus de dix minutes pour arriver. » :
E = { x ( R : 10 < x}.
« L’épouse est plus grande que son mari. » :
F = {x ( R : x < 0}, avec x = taille du mari – taille de l’épouse.
« Le premier candidat donne au moins 75 réponses correctes. » :
G = {(x,y) : x = 75, 76, …, 100 ; y = 0, 1, 2, …, 100}.
« Le second candidat donne au moins 75 réponses correctes. » :
H = {(x,y) : x = 0, 1, 2, …, 100 ; y = 75, 76, …, 100}.
« A eux deux, les candidats donnent au moins 150 réponses correctes. » :
I = {(x,y) : x = 0, 1, 2, …, 100 ; y = = 0, 1, 2, …, 100 ; x + y > 149}. Exercice 1.9 :
Vous allez lancer une pièce de monnaie trois fois de suite. Ecrivez les espaces d’échantillonnage correspondant  :
aux résultats des lancers dans l’ordre où ils se présentent :
S1 = {FFF, FFP, FPF, FPP, PFF, PFP, PPF, PPP}.
au nombre total de « faces » obtenues : S2 = {0, 1, 2, 3}.
au nombre de « piles » obtenues avant la première face : S3 = S2.

Exercice 1.10 :
Soit un dé honnête. Ecrivez l’espace d’échantillonnage S correspondant à l’épreuve du lancer unique de ce dé : S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Ensuite écrivez les événements suivants comme des sous-ensembles de l’espace d’échantillonnage S :
« Le score obtenu est un nombre impair. » : A = {1, 3, 5}.
« Le score obtenu est au plus 2. » : B = {1, 2}.
« Le score obtenu est 6. » : C = {6}.
Ensuite, écrivez les sous-ensembles suivants de S avec une brève description des évènements qu’ils représentent (si possible) :
 EMBED Equation.3  {2, 4, 6}, « le score obtenu est pair (n’est pas impair)».
 EMBED Equation.3  {3, 4, 5, 6}, « le score obtenu est au moins 3 ».
 EMBED Equation.3 {1, 2, 3, 5}, « le score obtenu n’est ni 4 ni 6 ».
 EMBED Equation.3 {1, 2, 4, 6}, « le score obtenu n’est ni 3 ni 5 ».
 EMBED Equation.3  {2, 4, 6}, « le score obtenu est un nombre pair ».
 EMBED Equation.3 {2}.
 EMBED Equation.3  {6}.
 EMBED Equation.3 {1}.
 EMBED Equation.3  (.
 EMBED Equation.3  {4} car (A(B(C) = {1, 2, 3, 5, 6}.
Exercices récapitulatifs sur les probabilités élémentaires (annexe 2 au Ch. 1).
Exercice 1.11 :
Soit l’épreuve : « On lance trois fois de suite un dé honnête ».
Donc S= {1, 2, 3, 4, 5, 6}³.
A quelles parties de S correspondent les événements :
A : « On n’obtient pas d’as aux trois lancers. »  = {2, 3, 4, 5, 6}³.
B : « On obtient exactement un as. » 
= {{(1, i, i)}( {(i, 1, i)}( {(i, i, 1)}: i ( {2, 3, 4, 5, 6}}.
C : « On obtient au moins un as. » = S\{2, 3, 4, 5, 6}³ ou ~{2, 3, 4, 5, 6}³.
D : « On obtient un as au deuxième et au troisième lancer. » 
= {(i, 1, 1) : i ( {1, 2, 3, 4, 5, 6}}.

Calculer la probabilité de ces événements.

P(A)  EMBED Equation.3 .
P(B)  EMBED Equation.3 .
P(C) = 1 - P(A) = P(~A) = 1 – 0, 58 … ( 0,42.
P(D)  EMBED Equation.3 
Exercice 1.12 :
Sur les 10 filles assises au premier rang, 3 ont les yeux bleus. On en désigne 2 au hasard.

Quelle est la probabilité :
qu’elles aient toutes deux des yeux bleus ? (P(2) ?)

Il y a  EMBED Equation.3  possibilités de désigner deux filles au hasard parmi les 10.

Il y a EMBED Equation.3  possibilités de désigner deux filles parmi les 3 qui ont des yeux bleus.
La probabilité p recherchée se calcule donc par la formule classique p= EMBED Equation.3 .

qu’aucune n’aie des yeux bleus ? (P(0) ?)

Il y a  EMBED Equation.3  possibilités de désigner deux filles au hasard parmi les 10.
Il y a  EMBED Equation.3  possibilités de désigner deux filles parmi les 7 qui n’ont pas des yeux bleus.
La probabilité p recherchée se calcule donc par la formule classique p  EMBED Equation.3 .

au moins une ait des yeux bleus ?(P(>0) ?)

Il y a  EMBED Equation.3  possibilités de désigner deux filles au hasard parmi les 10.
Il y a  EMBED Equation.3  possibilités de désigner une fille parmi les 7 qui n’ont pas des yeux bleus.
Il y a  EMBED Equation.3  possibilités de désigner une fille parmi les 3 qui ont des yeux bleus.

Donc la probabilité qu’exactement une fille ait des yeux bleus et pas l’autre P(1) = (formule classique) =  EMBED Equation.3 .

Mais nous cherchons la probabilité qu’au moins une ait des yeux bleus : P(>0) = P(1) + P(2) (puisque événements incompatibles) =  EMBED Equation.3 .
Exercice 1.13 :
Trois étudiants Albert, Bernard et Charles disputent une compétition de natation. Albert et Bernard ont la même probabilité a priori de gagner et chacun d’eux a deux fois plus de chance de gagner que Charles.
Quelle est la probabilité :
pour chacun de gagner ?
Soit les événements A, B, C, respectivement : « Albert, Bernard, Charles remporte le concours. ».
Donc {A, B, C} = S, l’espace d’échantillonnage de cette épreuve. A, B, C, sont incompatibles deux à deux et réalisent une partition de S (voir graphique infra).
Posons P(C) = p = la probabilité que Charles gagne.
Donc la probabilité qu’Albert gagne = P(A) = la probabilité que Bernard gagne = P(B) = 2p.
Donc P(A) + P(B) + P(C) = p + 2p + 2p = 5p = 1, donc p = 0,2.
Donc P(A) = 0,4 ; P(B) = 0,4 ; P(C) = 0,2.
que Bernard ou Charles gagne ?
P(B(C) = P(B) + P(C) – P(B(C) = 0,4 + 0,2 – 0 = 0,6.
qu’Albert et Bernard perdent ?
P( EMBED Equation.3 ) = P(C) = 0,2.
qu’Albert ou Bernard perde ?
P( EMBED Equation.3 ) = 1
car c’est un événement certain puisque A (  EMBED Equation.3  ; B (  EMBED Equation.3  ; C (  EMBED Equation.3 .
ou (voir ch.2) P( EMBED Equation.3 ) = P( EMBED Equation.3 ) + P( EMBED Equation.3 ) – P( EMBED Equation.3 ) = 0,6 + 0,6 – 0.2 = 1.

Graphiquement :




S =  EMBED Equation.3  B(C =  EMBED Equation.3  A(C = EMBED Equation.3   EMBED Equation.3  = C

 = C = A = B.


Exercice 1.14 :
Cinq couples mariés se trouvent réunis.

Si deux personnes sont désignées au hasard, quelle est la probabilité qu’elles soient mariées ?

Il y a  EMBED Equation.3 = 45 possibilités de choisir 2 personnes parmi 10. (= # de cas possibles).

Il y a 5 couples mariés donc 5 cas favorables.
Donc p =  EMBED Equation.3 .

Si deux personnes sont désignées au hasard, quelle est la probabilité qu’une d’elles soit une femme et l’autre un homme ?

Il y a de nouveau 45 cas possibles.

Comme il y a 5 hommes et 5 femmes, il y a 5 possibilités de choisir une femme fois 5 possibilités de choisir un homme soit : 5² cas favorables.
Donc p =  EMBED Equation.3 .

Si quatre personnes sont désignées au hasard, quelle est la probabilité que deux couples mariés aient été choisis ?

Il y a  EMBED Equation.3 = 210 possibilités de choisir 4 personnes parmi 10. (= # de cas possibles).
Il y a 5 couples mariés donc  EMBED Equation.3 = 10 cas favorables.
Donc p =  EMBED Equation.3 .

Si quatre personnes sont désignées au hasard, quelle est la probabilité qu’aucun couple marié ne se trouve parmi les quatre personnes ?

Il y a  EMBED Equation.3 = 210 possibilités de choisir 4 personnes parmi 10. (= # de cas possibles).

Les quatre personnes proviennent de quatre couples différents. Or il y a  EMBED Equation.3 = 5 possibilités de choisir 4 couples parmi 5.

Et il y a deux façons de ne tirer qu’une seule personne de chaque couple : soit l’époux, soit l’épouse. Donc en tout 2.2.2.2 .5 = 80 possibilités favorables.
Donc p =  EMBED Equation.3 .

Si quatre personnes sont désignées au hasard, quelle est la probabilité qu’exactement un couple marié soit présent dans les quatre ?

L’événement considéré est complémentaire aux deux précédents, donc p = 1 -  EMBED Equation.3 .

Si les dix personnes sont divisées au hasard en 5 paires, quelle est la probabilité que chaque paire soit mariée ?

Il y a  EMBED Equation.3  divisions possibles des 10 personnes en 5 paires. (= # cas possibles).

Il y a 5 ! possibilités de choisir les couples mariés. (= # de cas favorables) .

Donc p =  EMBED Equation.3 .


Si les dix personnes sont divisées au hasard en paires, quelle est la probabilité que chaque paire comprenne un homme et une femme ?

Il y a  EMBED Equation.3  divisions possibles des 10 personnes en 5 paires. (= # cas possibles).

Il y a 5 ! possibilités de choisir un homme dans chaque paire et 5 ! possibilités de choisir une femme dans chaque paire, donc 120² cas favorables.

Donc p =  EMBED Equation.3 .
Exercice 1.15 :
On a établi que la probabilité qu’une caissière de grand magasin reçoive k clients entre 15 et 16 heures est  EMBED Equation.3  .

Calculez ( .
On sait que  EMBED Equation.3 , donc  EMBED Equation.3 .

Or quelque soit le réel (, on a :  EMBED Equation.3 , donc 1 =  EMBED Equation.3 , donc ( =  EMBED Equation.3 .
Quelle est la probabilité  que la caissière reçoive moins de 5 clients ? P(C 3 et est donc en état de fonctionnement si X ( 3.
P(X ( 3) = F(3) = (tables) 0,998. Donc la probabilité que la machine tombe en panne durant la période T = P(X>3) = 1 – F(3) = 1 – 0,998. = 0,002.
 Fiabilité de matériel (II).
Une machine industrielle comprend 5 éléments dont la probabilité de fonctionnement de chacun d'eux, pendant un temps donné T est 0,95. La machine cesse de fonctionner dès que deux au moins des cinq éléments sont en panne.
Calculer la probabilité de panne de cette machine pendant le temps T.
Supposons que T = 1 jour de travail ; si une année compte 200 jours de travail, combien de jours en moyenne sur l’année seront-ils marqués par une panne?
Solution :
Soit X, une v.a.d., = « Le nombre d’éléments en panne. », X ~Bi(5, 0,05).
On cherche P(X ( 2) = 1 – F(1) = 1 – P(0) – P(1) =
1 -  EMBED Equation.3  0,050.0,955 -  EMBED Equation.3  0,051.0,954 = 1 – 0,955 – (5.0,05.(0,95)4)) = 0,0226.
Suivant l’approche fréquentiste, le nombre de jours durant lesquels la machine connaîtra une panne = 0,0226 .200 = 4,52 jours.
 Contrôle de qualité (II).
On sait que les disquettes produites par une certaine firme sont défectueuses avec une probabilité de 0,01, indépendamment les unes des autres. La compagnie vend les disquettes par boites de 10 et garantit contre remboursement qu'au plus 1 des 10 disquettes de la boite est défectueuse.
A l'achat de 3 boites, quelle est la probabilité qu'une boite :
a) au moins doive être remboursée ?
b) exactement doive être remboursée ?
Solution :
Soit D : « La disquette est défectueuse. », BiD : « La boîte i contient plus d’une disquette défectueuse et doit donc être remboursée. », BiND : « La boîte i contient au plus une disquette défectueuse et ne doit donc pas être remboursée. », i = 1, 2, 3 ; X, une v.a.d., représentant le nombre de disquettes défectueuses dans une boîte. On sait que P(D) = 0,01. Donc X ~Bi(10 ; P(D)) ( X ~Bi(10 ; 0,01).
P(BiD) = P(X > 1) = 1 – P(0) – P(1) (i, i = 1, 2, 3.
or P(0) =  EMBED Equation.3  0,010.0,9910 = 0,9044.
Et P(1) =  EMBED Equation.3  0,011.0,999 = 0,0914.
Donc P(BiD) = 1 - 0,9044 - 0,0914 = 0,0042 et P(BiND) = 1 - P(BiD) = 0,9958 (i car { BiD, BiND} forme un SCE.
On cherche P(A), avec A : « Une boîte au moins sera remboursée sur un achat de trois boîtes. »,
P(A) = P(B1D ( B2D ( B3D) = 1 - P(B1ND ( B2ND ( B3ND) = 1 - (0,9958)3 = 1 - 0,9875 = 0,0125.
On cherche P(B), avec B : « Une seule boîte sera remboursée sur un achat de trois boîtes. »,
P(B) = P[(B1D ( B2ND ( B3ND) ( (B1ND ( B2D ( B3ND) ( (B1ND ( B2ND ( B3D)] = 3. P(BiD).[P(BiND)]² = 3. 0,0125. 0,9958² = 0,0125.
 Le recyclage du verre (I).
De petites particules de matières étrangères peuvent être trouvées dans le verre fondu provenant du groisil à partir duquel les bouteilles de verre sont faites.
Si une seule de ces particules est incorporée dans une bouteille, la bouteille doit être détruite.
Supposons que 10 bouteilles sont produites d'une certaine quantité de verre fondu dans lequel deux de ces particules sont dispersées aléatoirement.
Quel est le nombre de bouteilles que l'on devra détruire ?
Solution :
Chaque particule a une chance égale d’être incorporée dans chacune des 10 bouteilles. Ce qui veut dire qu’il existe 10 façons d’incorporer la première particule et 10 façons d’incorporer la seconde, soit au total 10.10 = 100 façons d’incorporer les deux particules parmi les 10 bouteilles.
Dans 10 de ces cas, les deux particules sont incorporées dans la même bouteille. Dans les 90 autres cas, deux bouteilles sont contaminées au lieu d’une seule dans le cas précédent.
Soit X, une v.a.d., = « Le nombre de bouteilles contaminées par au moins une particule. ». L’intervalle de X, I = {1, 2} et il est possible d’écrire la distribution de probabilité de X à partir de la formule classique :
X12P(X)1/109/10Donc E(X) = 0.0 + 1.0,1 + 2.0,9 = 1,9 bouteilles à détruire.
 Le recyclage du verre (II).
Suite à un problème de réglage de la machine automatique de tri optique du groisil, trois particules se trouvent dispersées dans la quantité de verre fondu nécessaire pour produire 10 bouteilles.
Quel est le nombre de bouteilles qu'il faudra détruire ?
Solution :
Chaque particule a une chance égale d’être incorporée dans chacune des 10 bouteilles. Ce qui veut dire qu’il existe 10 façons d’incorporer la première particule, 10 façons d’incorporer la seconde et 10 façons d’incorporer la troisième ; soit au total 10.10.10 = 1000 façons d’incorporer les trois particules parmi les 10 bouteilles.
Dans 10 de ces cas, les trois particules sont incorporées dans la même bouteille.
Il y a 10.9.8 = 720 possibilités que les trois particules se trouvent dans une bouteille différente, contaminant donc 3 bouteilles sur les 10.
Il reste 1000 – 10 – 720 = 270 (= 3.10.9) possibilités de contaminer 2 bouteilles sur 10 avec 3 particules : 1 dans une bouteille et 2 dans une autre.
Le calcul direct du nombre de cas favorable à la contamination de 2 bouteilles sur les 10 est plus complexe : une configuration favorable consiste à trouver 2 particules dans une bouteille parmi les trois et l’autre dans une autre. Il existe  EMBED Equation.3  possibilités d’arranger 2 particules dans une bouteille parmi les trois et donc il y a 3.10 = 30 possibilités de contaminer une bouteille avec deux particules ; ces 30 possibilités sont à associer par le principe de multiplication aux 9 possibilités de contaminer une autre bouteille avec la particule restante, soit 30.9 = 270 possibilités de contaminer 2 bouteilles avec 3 particules
Soit X, une v.a.d., = « Le nombre de bouteilles contaminées par au moins une particule. ». X a comme intervalle I = {1, 2, 3}. Il est possible d’écrire la distribution de probabilité de X à partir de la formule classique :
X123P(X)10/1000
= 0,01270/1000
= 0,27720/1000
= 0,72Donc E(X) = 0.0 + 1.0,01 + 2.0,27 + 3.0,72 = 2,71 bouteilles à détruire.
Stop ou en avant.
Supposons le jeu de dé suivant : à votre tour, vous lancez le dé (supposé honnête). Si vous obtenez 6, vous avancez de six cases. Si vous obtenez un autre résultat que 6, votre pion reste sur place.
De combien de cases vous déplacez-vous en moyenne à chaque lancer ?
Solution :
Soit X, une v.a.d., représentant le résultat d’un lancer de dé et g(X), le nombre de cases dont on avance après chaque lancement du dé.
E[g(X)] sera donc le nombre attendu de cases dont on avancera à chaque lancer.
Le tableau suivant présente les distributions de probabilité pour X et g(X).
X123456g(X)000001P(X)1/61/61/61/61/61/6Donc E[g(X)] =  EMBED Equation.3 .(0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 6) = 1 case.

 Fiabilité de matériel (III).
Une machine comprend quatre dispositifs D1, D2, D3, D4, dont la défaillance peut intervenir de manière indépendante. On observe le fonctionnement de la machine pendant un intervalle de temps T (temps de fiabilité). Soit Ai, 1 ( i ( 4, l'événement : "Di , fonctionne sans défaillance pendant le temps T" avec la probabilité P(Ai). On suppose que : P(A1) = 0,8 ; P(A2) = 0,85 ; P(A3) = 0,9 ; P(A4) = 0,9.
La machine tombe en panne si D1 tombe en panne. Elle continue de fonctionner si un seul de ces trois dispositifs D2, D3, D4 est défaillant; mais la défaillance simultanée de deux au moins de ces trois dispositifs met la machine en panne.
Quelle est la probabilité de fonctionnement de la machine durant T (probabilité de fiabilité) ?
Solution :
Soit A : « La machine fonctionne pendant T. » ;
A =
[(A1(A2(A3(A4)((A1(~A2(A3(A4)((A1(A2(~A3(A4)((A1(A2(A3(~A4)], donc A est la réunion de 4 événements composés incompatibles entre eux deux à deux. Chacun de ces événements composés est l’intersection de 4 événements indépendants donc :
P(A) =
P(A1).P(A2).P(A3).P(A4) ( P(A1).P(~A2).P(A3).P(A4) ( P(A1).P(A2).P(~A3).P(A4) + P(A1).P(A2).P(A3).P(~A4) =
(0,8.0,85;0,9.0,9) + 0,8.0,15.0,9.0,9) + [(0,8.0,85.0,1.0,9).2] = 0,7704.

 Contrôle de qualité (III).
Deux machines x et y fabriquent des ampoules. X assure 30 % de la production et 5 % des ampoules qu'elle fabrique sont défectueuses. Y assure 70 % de la production, et 3 % des ampoules qu'elle fabrique sont défectueuses.

Q.1. On choisit une ampoule au hasard dans la production totale.
Quelles sont les probabilités pour que :
a) l'ampoule soit produite par x et défectueuse ?
b) l'ampoule soit produite par y et non défectueuse ?
Solution :
Soit X : « L’ampoule est fabriquée par x. » ; on sait que P(X) = 0,3.
Soit Y : « L’ampoule est fabriquée par y. » ; on sait que P(Y) = 0,7.
Soit D : « L’ampoule est défectueuse. » ;
on sait que P(D/X) = 0,05 et . P(D/Y) = 0,03.
On cherche P(X(D) et P(Y(~D). On applique la LPC.
P(X(D) = P(D/X).P(X) = 0,05.0,3 = 0,015.
P(Y(~D) = P(~D/Y). P(Y) = (1 - 0,03).0,7 = 0,679.

Q.2. Quelle est la probabilité qu'elle soit défectueuse ?
Solution :
On cherche P(D). On applique la LPT, en effet {X,Y} forme un SCE.
P(D) =
P(D/X).P(X) + P(D/Y).P(Y) = 0,05.0,3 + 0,03.0,7 = 0,015 + 0,021 = 0,036.

Q.3. Si l'ampoule est défectueuse : quelle est la probabilité qu'elle soit produite par x ? Par y ?
Solution :
On cherche P(X/D) et P(Y/D). On applique la formule de Bayes.
P(X/D) = P(X(D)/P(D) = 0,015/0,036 = 0,4167.
P(Y/D) = P(Y(D)/P(D) = 0,021/0,036 = 0,5833 = 1 - P(X/D).

 Contrôle de qualité (IV).
Dans une usine, 4 % des composants électroniques fabriqués sont défectueux. Un inspecteur teste chaque composant avant qu'il ne quitte l'usine. Il rejette incorrectement 2 % des composants non-défectueux et laisse passer 1 % des composants défectueux.
Quelle proportion de tous les composants produits est-elle rejetée ?
Etant donné qu'il rejette un composant, quelle est la probabilité qu'il soit non défectueux ?
Solution :
Soit D : « Le composant est défectueux. » et R : « Le composant est rejeté. ».
On sait que :
P(D) = 0,04 ; P(R/~D) = 0,02 ; P(~R/D) = 0,01 ( P(R/D) = 1 - 0,01 = 0,99.
On cherche P(R). P(R) = (LPT) P(R/D).P(D) + P(R/~D).P(~D) =
0,99.0,04 + 0,02.(1- 0,04) = 0,0492. Soit près de 5 %.
On cherche également P(~D/R).
P(~D/R) = (Bayes) [P(R/~D).P(~D)]/P(R) = 0,02.0,96/0,0492 = 0,39.
 Les jeunes conducteurs.
Dans une région donnée, 40% des conducteurs masculins d’automobiles sont responsables d’un accident. Il y a 75 % de jeunes hommes (de moins de 30 ans) parmi les conducteurs masculins responsables d’accidents et 20 % de jeunes parmi les conducteurs masculins non responsables d’accidents.
Quelle est la probabilité qu’un jeune homme (de moins de 30 ans)de cette région, pris au hasard, cause un accident ?
Solution :
Pour la population masculine, on pose :
A = « Causer un accident. »,
J  = « Etre jeune. ».
On connaît : P(A) = 0,4, donc P(Ã) = 1 – P(A) = 0,6.
P(J/A) = 0,75 et P(J/Ã)=0,20.
On demande P(A/J).
Or P(A/J) = (Bayes) [P(J/A).P(A)]/[ P(J/A).P(A) + P(J/Ã).P(Ã)] =
(0,75.0,4)/[ (0,75.0,4) + (0,2.0,6)] = 0,3/0,42 = 0,72.
 Ventes de chocolat.
K. RAMEL, épicier établi près d’une école, sait que tous les jours scolaires à midi il vend un certain nombre de friandises aux élèves. Pendant la dernière année scolaire, il a observé les fréquences suivantes de demande quotidienne pour une certaine tablette de chocolat :
Nombre de tablettes demandées/jour12345678910Nombre de jours pour lesquels cette demande a été observée21212121212121212121Il pense qu’il connaîtra le même comportement de la demande l’an prochain.
Soit X, la variable aléatoire représentant le nombre de tablettes achetées quotidiennement.
Etablir le tableau et le graphique de la fonction de répartition de cette variable aléatoire.
Quelle est la quantité de tablettes que K. RAMEL peut raisonnablement penser vendre quotidiennement en moyenne l’an prochain ?
Solution :
X est une V.A.D. distribuée selon la loi uniforme parce que pr(X) = 21/210 = 0,1 : {X= 1, 2, 3, …10}.

X12345678910F(X)0.10.20.30.40.50.60.70.80.91Il suffit de calculer l’espérance mathématique de X : E(X) = 1.0,1 + 2.0,1 + 3.0,1 + … + 10.0,1 = 55.0,1 = 5,5.
Le robot emballeur.
Dans une conserverie, les boites de conserves sont disposées en pallette en fin de chaîne par un seul robot emballeur.
Le robot travaille à la cadence normale de 25 palettes/heure. Il se fait qu’il faut exactement 25 palettes pour former un lot standard correspondant à la charge d’un camion semi-remorque.
Le fournisseur du robot emballeur garantit la fiabilité du robot en avançant un taux de 1/1000 de mauvais empaquetages.
Il suffit cependant d’une palette mal empaquetée pour perdre la vente du lot de 25 dans lequel la palette se trouve.
Le robot est renvoyé à l’usine pour révision générale après 10.000 heures de fonctionnement.
a) De combien de lots la conserverie manquera-t-elle la vente pour cause de mauvais empaquetage entre le moment où le robot est installé et son premier renvoi pour revision générale ?
b) Quelle proportion de la production ces lots dont la vente est perdue représentent-ils ?
c) Que deviennent ces conclusions si les clients acceptent tout au plus une palette mal empaquetée par lot ?
Solution :
Si le robot travaille 10.000 heures, il produira 10.000 lots de 25 palettes.
Soit R= « Rejeter un lot. ».
Soit X = nombre de palettes mal emballées sur un lot de 25.
P(R) = P(X>=1) = 1 – P(0).
Or X ~ Bi(25 ; 0,01) (Attention, ici on fait l’hypothèse d’un tirage avec remise !).
Donc P(0) = (999/1000)25= 0,9753.
Donc P(R) = 1 – 0,9753 = 0,0247.
Donc sur 10.000 lots, on refusera 10.000 . 0,0247 = 247 lots.
Si pr(R) = pr(X>1) = 1 – pr(X=0) – pr(X=1) = 1 – 0,9753 – 0,0244 = 0,0003.
Donc le nombre de lots rejetés tombe à 10.000 . 0,0003 = 3.
 Partage de bonbons.
Un sac opaque contient deux sortes de bonbons indiscernables au toucher. Il s’agit de F bonbons à la fraise et de C bonbons au citron. On demande à Julie d’en prendre un au hasard, c’est ensuite au tour de Jules.
Quelle est la probabilité que Jules prenne un bonbon à la fraise ? Jules ne sait pas quel bonbon Julie a pris. Justifiez en détail votre réponse.
N.B. On pose que F+C=N
Solution :
S={FF, CF, CC, FC} avec IJ, I = F,C et J = F, C, les choix consécutifs de Julie puis de Jules
Soit A={FF, CF}. A = «  Jules a pris un bonbon à la fraise. ».
On cherche P(A).
Soit B={FF} et C={CF}
Donc P(A) = P(B ( C) = P(B) + P(C) puisque événements incompatibles.
P(B) = F/N* (F-1)/(N-1).
P(C) = C/N * F/(N-1).
Donc P(B)+P(C) = [(F*(F-1)) + (C*F)]/N*(N-1) = [F*(F-1+C)]/N*(N-1) = F*(N-1)/N*(N-1) = F/N.
 Guidage de missile.
Le système de guidage d’un prototype de missile est constitué d’une tuyère directionnelle et de deux systèmes de pointage. La tuyère fonctionne grâce aux impulsions électriques reçues de l’un ou l’autre système de pointage.
Le missile reste opérationnel tant que la tuyère fonctionne.
Lors des essais préliminaires, il a été établi qu’au cours d’un vol de trois minutes, la tuyère avait une chance sur 10 de se désintégrer avant la fin du vol.
Le premier système de pointage, relativement fiable, ne tombe en panne que dans 5% des cas au cours des trois minutes de vol, le second système de pointage fonctionne lui dans 80% des cas. Le fonctionnement de chacun des deux systèmes est indépendant de l’autre.
Quelle est la probabilité pour que le vol inaugural de trois minutes devant l’Etat-major se passe sans accroc ?
Solution :
Soit A=« La tuyère reste entière durant le vol. ».
Soit B=« Le premier système de pointage fonctionne durant tout le vol. »
Soit C= « Le deuxième système de pointage fonctionne durant tout le vol. »
Soit D=« Le missile réussit son vol inaugural. ».
Donc on cherche P(D).
Or D= A ( (B ( C).
Calculer directement P(B ( C) est impossible car les événements ne sont pas incompatibles.
Il faut donc passer par l’événement complémentaire, en effet P(B ( C) = 1 - P(~B ( ~C) = 1 - P(~B)*P( ~C).
Donc P(D) = P(A) * [1 - P(~B)*P( ~C)] = 0,9 * [1- (0,05*0,20)] = 0,9 * (1 - 0,01) = 0,9 * 0,99 = 0,891.
Le questionnaire.
Lors d’une épreuve consistant à répondre à cinq questions, chacune proposant quatre réponses possibles dont une seule est correcte, vous répondez en choisissant les réponses purement au hasard.
Quelle est la probabilité que vous ayez au moins une réponse correcte ?
En supposant que vous gardiez la même stratégie, faut-il augmenter ou diminuer le nombre de questions pour augmenter la probabilité d’obtenir au moins une réponse correcte ? Justifiez.
Solution :
La probabilité de répondre correctement à au moins une question est égale à 1 moins la probabilité de ne répondre correctement à aucune question.
Soit A = « Répondre correctement à au moins une question. »
S={0, 1, 2, 3, 4, 5} où les nombres représentent le nombre total de réponses correctes obtenues.
Donc P(A) = P(1 ( 2 ( 3 ( 4 ( 5) = 1- P(0) = 1- (3/4)5 = 1 - 243/1024 = 781/1024 = 0,7627.
Il faut augmenter le nombre de questions puisque pour chaque nouvelle question ajoutée la probabilité de ne pas répondre est égale aux ¾ de la probabilité de ne pas répondre à ce même nombre de questions moins une. Celle probabilité diminue donc avec le nombre de questions.

 Contrôle de qualité (V).
Une chaîne de fabrication de conserves produit des lots de 50 boîtes. Chacune des boîtes est soumise à contrôle par une inspectrice qui prélève 5 boîtes au hasard dans chaque lot pour les soumettre au test. Il suffit d’une seule boîte défectueuse pour rejeter le lot.
Si 3 boîtes sont défectueuses dans le lot de 50, quelle est la probabilité que le lot soit rejeté ?

Solution :
Soit A = « Une boîte tirée au hasard dans le lot de 50 est défectueuse .»
Donc P(A) = 3/50 = 0,06 et P(i) = la probabilité que la ième boîte tirée ne soit pas défectueuse = 0,94.
Soit B = « Le lot est rejeté. ».
P(B) = 1 - P(~B) avec P(~B) = P(1 ( 2 ( 3 ( 4 ( 5),
donc P(B) = 1 - [(0,94)5] = 0,2661.
 La cantine de l’école.
Dans la cantine d’une école secondaire, on sait que par jour de grande chaleur, 40% des élèves achètent une glace à la récréation de midi. Certains l’achètent parce qu’ils ont chaud, d’autres par imitation. On a également remarqué que les filles achètent proportionnellement plus de glaces que les garçons. Après de nombreuses observations, on a même pu établir que 75% des acheteurs de glaces étaient des filles et que 90% des non-acheteurs étaient des garçons. N.B. Personne n’achète deux ou plusieurs glaces.
a) Quelle est la probabilité qu’une fille choisie au hasard le matin d’un jour de grande chaleur achète une glace à midi ?
b) Quelle proportion de la population totale des élèves de l’école représente le groupe des garçons qui n’achètent pas de glaces ce même jour ?
Supposant que l’école compte 720 filles, quelle est la population totale de l’école ? Combien de glaces pense-t-on vendre au total à la cantine un jour de grande chaleur ?
Solution :
a) Soit G =« L’élève achète une glace. » et {G,~G} un SCE.
Soit {F,B} un SCE avec F=« Etre une fille. » et B=« Etre un garçon. ».
On cherche P(G/F).
On a : P(F/G) = 0,75 ; P(B/~G) = 0,9 donc P(F/~G) = 0,1 ;
P(G) = 0,4 ; et P(~G) = 1 - P(G) = 0,6.
Donc (Bayes) P(G/F) = [P(F/G).P(G)]/[ P(F/G).P(G) + P(F/~G).P(~G)] =
[0,75*0,4]/[0,75*0,4 + 0,1*0,6] =
0,30/(0,30 + 0,06) = 0,30 / 0,36 = 5/6.
b) On cherche P(B(~G), le plus simple est de développer un diagramme en arbre, ou d’utiliser la formule des probabilités composées :
P(B(~G) = P(B/~G). P(~G) = 0,9 * 0,6 = 0,54 donc le groupe des garçons qui n’achètent pas de glaces ce jour là représente 54% de la population des élèves.
c) On cherche donc P(F) = (loi des probabilités totales) = P(F/G).P(G) + P(F/~G).P(~G) = 0,75*0,4 + 0,1*0,6 = 0,36.
Donc les 720 filles représentent 36% de la population de l’école, donc la population de l’école = (720/36) * 100 = 2000 élèves. On vendra donc 40% de 2000 glaces par jour de grande chaleur, soit 800 glaces.

 PAGE 2

Année académique 2001 - 2002


Solutions des exercices récapitulatifs : introduction  PAGE ii

Chapitre 0 : Solutions des exercices récapitulatifs  PAGE 8

Chapitre 1 : Solutions des exercices récapitulatifs  PAGE 24

Chapitre 2 : Solutions des exercices récapitulatifs  PAGE 40

Chapitre 3 : Solutions des exercices récapitulatifs  PAGE 55

Chapitre 4 : Solutions des exercices récapitulatifs  PAGE 63

Chapitre 5 : Solutions des exercices récapitulatifs  PAGE 72

Chapitre 6 : Solutions des exercices récapitulatifs  PAGE 76

Chapitre 6 : Solutions des exercices récapitulatifs  PAGE 81

Exercices récapitulatifs (1)  PAGE 104


 EMBED Excel.Sheet.8 

C

S

Y

Z

 EMBED Equation.3 

C

S

T

Z

Y

Y

Z

T

C

T

S

B

Y

A

A

Z

Y

Z

T

C

B

S

R

X

Y

A

Z

B

C

T

C

B

C

T

Z

Y

 EMBED Equation.3 

0,92

 EMBED Equation.3 

 EMBED Equation.3 

0,98

0,08

0,08

0,92

0,02

 EMBED Equation.3 

 EMBED Equation.3 

 EMBED Equation.3 

 EMBED Equation.3 



S

x=1

y=1



S

x=1

y=1

S

B

P



P

B

C



B



P

1- 0,10 = 0,90

0,06/0,60 = 0,10

0,70 – 0,16 = 0,54

0,30 – 0,24 = 0,06

0,16

0,24

0,40

0,60

0,60

0,40

NM

NM

M

M

A

F

C2

C1

C2a

C1a

C1b

C2b

C2a

C1a

C2b

C1b

14/33

R

7/11

R

4/11

2/3

8/33

B

8/33

8/11

1/3

R

B

3/33

3/11

B

P1

P2

D







S

B

C

 EMBED PBrush 

L’ordinateur fonctionne grâce à un et un seul processeur.

L’ordinateur fonctionne malgré la panne de P1.

L’ordinateur fonctionne.

Les 2 processeurs et le disque fonctionnent.

D ( P1

p

B

0

1

p

T

0

B

1/12

 EMBED Equation.3 

(1-p)/12

1-p

 EMBED Equation.3 

11/12

 EMBED Equation.3 

(1-p).11/12

 EMBED Excel.Sheet.8 

C

 EMBED Equation.3 

S

S

 EMBED Equation.3 

 EMBED Equation.3 

0,15

0,85

0,96

0,04

0,9835

0,0165

0,144

0,006

0,836

0,014

C

D



Ch. 2

Ch. 1

1

1

Ch. 2

1/3

1/3

Ch. 1

Ch. 2

1/3

1/3

1

1

Ch. 1

Ch. 2

1/3

1/2

Auto

1/6

Auto

1

Ch. 1

1/2

1/6

1

Auto

Ch. 2

Ch. 1

Auto

1

1

1/3

1/3

Ch. 1

Ch. 2

1/3

Auto

1/3

1

1

Ch. 2

Ch. 1

1/3

1/2

1/6

Auto

1

Ch. 1

1/2

Ch. 2

1

1/6

1

1

1/3

RC

RR

RA

1/3

1/3

1

1

NC

NA

NN

1/3

1/6

1/2

1

NC

RA

RN

1/2

1

1/6

1/3

RC

NA

IX

X

XI

XII

0

500

200

500

750

600

600

600

800

800

800

750

750

750

750

750

750

1550

1750

2350

2550

2600

2800

X (l.)

P(X)

1

0,85

1

1

1

1

1

1

0,15

0,45

0,55

0,4

0,4

0,6

0,6

0,09

0,6

0,4

0,06

0,2805

0,2295

0,187

0,153

Mois du 1er trimestre

~I

I

~E

E

~G

G

~EC

EC

0,35

0,65

0,42

0,58

0,7

0,3

0,42

0,58

0,147

1000

0,203

800

600 + (0,25.840)

0,1911

0,2639

600

0,195

350

P(X)

X

0,9118

P(Pos) = 0,087.

0,96

0,94

0,96

0,04

0,97

0,03

0,0582

0,0012

0,0288

 EMBED Equation.3 

 EMBED Equation.3 

Pos

Pos

M

 EMBED Equation.3 

Bon

0,9

0,1

0,9

1

1

0,1

0,05

0,95

NON

OUI

OUI

NON

NON

NON

0,09.

0,0095.

0,0005.

0,9.

+ = 0,0995.

(F,F)

(F,G)

(G,F)

(G,G)

(F,G)

(G,G)

(G,F)

(G,G)

(G,F)

NF

2ème année

1ère année

0,7.0,2² = 0,028

0,7.0,8.0,2 = 0,112

0,7.0,8.0,2 = 0,112

0,7.0,8² = 0,448

0,3.0,4² = 0,048

0,3.0,6.0,4 = 0,072

0,3.0,6.0,4 = 0,072

0,3.0,6² = 0,108

0,6

0,6

0,6

0,8

0,8

0,8

0,2

0,2

0,2

0,4

0,4

0,4

0,7

0,3

1 acc

0 acc

0 acc

1 acc

0 acc

1 acc

0 acc

1 acc

0 acc

FR

1 acc

1 acc

0 acc

HR

Type de risque
(

Probabilités jointes





Mauvais