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Correction des exercices sur le cours du TD2.

Unité d'enseignement : L6S2TC- Correction exercices TD2 Statistiques. Cor rection .... 2ème Partie : « Probabilités et probabilités conditionnelles ». Solution de ...




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Correction des exercices sur le TD2 :

1ère Partie : « Dénombrement et vocabulaire sur les ensembles »

Solution de l’exercice 1  
1°) A ( B ( C est la réunion disjointe des sous-ensembles A ( C, B ( C, (A ( B) ( EQ \x\to(C)
et EQ \x\to(C) ( EQ \x\to(A ( B).
Donc 221 = 2x + 109 + 80, d’où x = 16.
Card A = 48 + x = 64
Card B = 109 – 48 + x = 77
Card C = 2x + 80 = 112
2°) card ((A ( B) ( C) = 2 ×16 = 32
card (EQ \x\to(A)(EQ \x\to(C)) = card (EQ \x\to(A (C)) = 320 – (64 +96) = 320 – 160 = 160
card(EQ \x\to(A) ( EQ \x\to(C)) = card(EQ \x\to(A ( C)) = 320 – 16 = 304

Solution de l’exercice 2  
D’après la formule du binôme de Newton, on a :
(a+b)EQ \s\up4(n) =  EQ \i\su(k=0;k=n; )EQ \b\bc\((\o(\s\up2(n);\s\do(k)))aEQ \s\up4(k) bEQ \s\up4(n-k)
Pour A : EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(5)) × 23 = 80 Pour B : EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(6)) × 3² × 24 = 2 160
Pour C : EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(7)) ×2² ×(-4)5 = - 86 016

Solution de l’exercice 3
1°)  5 ! = 120
2°) 4 ! = 24 (4 choix pour la 1ère ville, 3 pour la 2ème ...)
3°) Il y a le même nombre d’itinéraires tels que C soit avant D, que d’itinéraires tels que D soit avant C, soit 60.

Solution de l’exercice 4
1°) EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(32))
2°) a) F = EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(32)) - EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(28)) b) E = EQ C\o(\s\up2(3);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(8)) c) C = EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(16))
d) A = EQ C\o(\s\up2(1);\s\do(4)) × EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(31))
e) D = 2 ×EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(8)) (en effet on calcule le cardinal d’une réunion disjointe)

Solution de l’exercice 5
1°) Le nombre d’équipes est égal au nombre de combinaisons de 17 joueurs parmi 24, c’est-à-dire :EQ C\o(\s\up2(17);\s\do(24)) = 346 104
2°) Lorsque la feuille de match est remplie, seuls 17 joueurs sont retenus et 11 d’entre eux commenceront la partie. Le nombre d’équipes possibles en début de match est donc : EQ C\o(\s\up2(11);\s\do(17)) = 12 376
3°) Une équipe est définie ici comme la liste des joueurs ayant participé au match. Or le nombre de remplaçants varie de 0 à 3. Par conséquent, le nombre d’équipes possibles est la somme des nombres d’équipes possibles à respectivement 11, 12, 13 ou 14 joueurs. Ce nombre est égal à :
EQ C\o(\s\up2(11);\s\do(17)) + EQ C\o(\s\up2(12);\s\do(17)) + EQ C\o(\s\up2(13);\s\do(17)) + EQ C\o(\s\up2(14);\s\do(17)) = 21 264
4°) La réponse est : EQ C\o(\s\up2(1);\s\do(3)) ×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(7)) ×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(8)) × EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(6)) = 110 256
5°) L’entraîneur a EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(3)) = 3 façons de choisir les 2 gardiens. Par ailleurs, il doit retenir 15 joueurs avec au moins 5 défenseurs, 5 milieux et 3 attaquants. Voici dans le tableau ci-dessous les différentes solutions possibles :

Catégorie234Nombre de casS1753EQ C\o(\s\up2(7);\s\do(7)) ×EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(3);\s\do(6)) = 1 ×EQ \s\do1(\f(8 ×7 ×6;3 ×2 ×1)) ×EQ \s\do1(\f(6 ×5 ×4;3 ×2 ×1)) = 1 120S2663EQ C\o(\s\up2(6);\s\do(7)) ×EQ C\o(\s\up2(6);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(3);\s\do(6)) = 7 ×EQ \s\do1(\f(8 ×7;2 ×1)) ×EQ \s\do1(\f(6 ×5 ×4;3 ×2 ×1)) = 3 920S3654EQ C\o(\s\up2(6);\s\do(7)) ×EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(6)) = 5 880S4573EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(7)) ×EQ C\o(\s\up2(7);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(3);\s\do(6)) = 3 360S5564EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(7)) ×EQ C\o(\s\up2(6);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(6)) = 8 820S6555EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(7)) ×EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(6)) = 7 056
Le total de combinaisons est donc :
3 ×(1 120 + 3 920 + 5 880 + 3 360 + 8 820 + 7 056) = 3 ×30 156 = 90 468
L’entraîneur peut donc établir 90 468 feuilles de match différentes.
6°)
Catégorie234Nombre de casS1753EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(7)) ×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(5)) ×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(3)) = 525S2663EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(6))×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(6)) ×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(3)) = 675S3654 EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(6))×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(5)) ×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(4)) = 450S4573EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(5)) ×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(7))×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(3))= 525S5564EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(5))×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(6)) ×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(4)) = 450S6555EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(5)) ×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(5)) ×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(5)) = 250
Il y a également 2 gardiens. On a donc :
2 ×(525 + 675 + 450 + 525 + 450 + 250) = 5 750
Il y a 5 750 équipes possibles susceptibles de débuter la partie.

2ème Partie : « Probabilités et probabilités conditionnelles »

Solution de l’exercice 6
a) EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(4)) ×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(4)) ×EQ C\o(\s\up2(1);\s\do(24)) = 24 192 : choix de deux valeurs parmi huit, choix de deux cartes parmi quatre pour l’une des valeurs, choix de deux cartes parmi quatre pour l’autre valeur et choix d’une cinquième carte parmi les 24 restantes. D’où la probabilité : EQ \s\do1(\f(24192;EQ C\o(\s\up2(5);\s\do(32)))) = EQ \s\do1(\f(24 192 ; 201 376)) = EQ \s\do1(\f(108;899)) ( 0 ,12
b) EQ C\o(\s\up2(1);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(2);\s\do(4)) ×EQ C\o(\s\up2(3);\s\do(28)) – 24 192 = 157 248 – 24 192 = 133 056 : nombre de mains contenant au moins une paire auquel on retire le nombre de mains contenant deux paires.
D’où la probabilité : EQ \s\do1(\f(133 056;201 376)) = EQ \s\do1(\f(594;899)) ( 0,66
c) EQ C\o(\s\up2(1);\s\do(8)) ×EQ C\o(\s\up2(4);\s\do(4)) ×EQ C\o(\s\up2(1);\s\do(28)) = 224, d’où la probabilité : EQ \s\do1(\f(224;201 376)) = EQ \s\do1(\f(1;899)) ( 0,001
d) 4 ×4 = 16 : quatre choix de couleurs et 4 choix pour la plus basse carte.
D’où la probabilité : EQ \s\do1(\f(16; 201 376)) ( 7,9 ×10-5

Solution de l’exercice 7
Deux triangles équilatéraux, en prenant un sommet sur deux. D’où la probabilité : EQ \s\do1(\f(2;EQ C\o(\s\up2(3);\s\do(6)))) = EQ \s\do1(\f(1;10))
Six triangles isocèles non équilatéraux, en prenant deux côtés consécutifs de l’hexagone.
D’où la probabilité : EQ \s\do1(\f(6;EQ C\o(\s\up2(3);\s\do(6)))) = EQ \s\do1(\f(3;10))
12 triangles rectangles : deux par sommet en reliant 2 sommets consécutifs de l’hexagone avec un troisième en en passant un. D’où la probabilité : EQ \s\do1(\f(12;EQ C\o(\s\up2(3);\s\do(6)))) = EQ \s\do1(\f(6;10))
Un triangle isocèle peut être soit équilatéral (a)), soit isocèle non équilatéral (b)). Ces deux ensembles étant disjoints, nous avons la probabilité d’avoir un triangle isocèle de : EQ \s\do1(\f(1;10))+EQ \s\do1(\f(3;10)) = EQ \s\do1(\f(4;10)) = EQ \s\do1(\f(2;5))

Solution de l’exercice 8
p(A) = p(B) = p(C) = EQ \s\do1(\f(1;2)) p(A (B) = p(Pile, puis Face) = p(A ( C) = p(B (C) = EQ \s\do1(\f(1;4))
A (B (C =(, d’où p(A (B (C) = 0.
Les événements A, B, C vérifient les conditions (1) mais pas la condition (2). Donc trois événements, deux à deux indépendants, ne sont pas toujours indépendants.

Solution de l’exercice 9
1°) p(A (B) = p(A/B) ×p(B) = p(A) ×p(B) = p(A)(1-p(EQ \x\to(B))) = p(A) – p(A)p(EQ \x\to(B))
Or p(A) = p(A (B) + p(A (EQ \x\to(B)) = p(A) – p(A)p(EQ \x\to(B)) + p(A (EQ \x\to(B))
Donc p(A (EQ \x\to(B)) = p(A)p(EQ \x\to(B)) : donc si A et B sont indépendants alors A et EQ \x\to(B) le sont aussi.
2°) p(A) = 1 – p(EQ \x\to(A))
Donc p(A (EQ \x\to(B)) = p(A)p(EQ \x\to(B)) = (1-p(EQ \x\to(A)))p(EQ \x\to(B)) = p(EQ \x\to(B))-p(EQ \x\to(A))p(EQ \x\to(B))
De plus : p(EQ \x\to(B)) = p(A (EQ \x\to(B)) + p(EQ \x\to(A) (EQ \x\to(B)) donc p(A (EQ \x\to(B)) = p(EQ \x\to(B)) – p(EQ \x\to(A) (EQ \x\to(B))
D’où : p(EQ \x\to(B)) – p(EQ \x\to(A) (EQ \x\to(B)) = p(EQ \x\to(B))-p(EQ \x\to(A))p(EQ \x\to(B)) et donc p(EQ \x\to(A) (EQ \x\to(B)) = p(EQ \x\to(A))p(EQ \x\to(B)) : donc si A et B sont indépendants alors EQ \x\to(A) etEQ \x\to( B) le sont aussi.


Solution de l’exercice 10

1°) a) p(A/B) = EQ \s\do1(\f(p(A (B);p(B))) = EQ \s\do1(\f(5 ×4 ×4;5 ×5 ×4)) = EQ \s\do1(\f(4;5))
b) p(C/A (B) = EQ \s\do1(\f(1;4)) : en effet, si deux boules rouges ont été tirées, il reste trois rouges et une noire.
c) p(A/C) = 1 : en effet il est sûr de tirer une boule rouge au 1er tirage sachant qu’il a tiré l’unique boule noire au 3ème tirage.

2°) p(A/C) ( p(A) donc A et C ne sont pas indépendants.
p(A) = EQ \s\do1(\f(5 ×5 ×4;6 ×5 ×4)) = EQ \s\do1(\f(5;6)) et p(A/B) = EQ \s\do1(\f(4;5)) ; donc p(A) ( p(A/B) et donc A et B sont non indépendants.

Solution de l’exercice 11

On considère les événements suivants :
A1 : « l ampoule sort de U1 »
A2 : « l ampoule sort de U2 »
B : «  l ampoule est conforme aux normes »
On a : p(A1) = 0,7, p(A2) = 0,3, p(B/A1) = 0,83 et p(B/A2) = 0,63
Or A1 et A2 sont deux événements disjoints qui forment une partition de Wð.
Donc : p(B) = p(B (A1) + p(B (A2) = p(B/A1)p(A1) + p(B/A2)p(A2)
= 0,83 ×0,7+ 0,63 ×0,3 = 0,77
La probabilité pour qu’une ampoule soit conforme aux normes est donc de 0,77











Solution de l’exercice 12

On choisit une graine. Soient les événements suivants :
A1 : « la graine est de catégorie I » p(A1) = 0,96
A2 : « la graine est de catégorie II » p(A2) = 0,01
A3 : « la graine est de catégorie III » p(A3) = 0,02
A4 : « la graine est de catégorie IV» p(A4) = 0,01
Soit l’événement B : « la graine engendre un épi de 50 grains au moins ».
P(B/A1) = 0,5 p(B/A2) = 0,15 p(B/A3) = 0,2 p(B/A4) = 0,05
Or A1, A2 , A3 et A4 forment une partition de Wð.
Donc p(B) = p(B/A1) p(A1) + p(B/A2) p(A2) + p(B/A3) p(A3) + p(B/A4) p(A4)
p(B) = 0,5 ×0,96 + 0,15 ×0,01 + 0,2 ×0,02 + 0,05 ×0,01 = 0,486
La probabilité pour que l’épi engendré par une semence prélevée au hasard porte 50 grains est de 0,486.

Solution de l’exercice 13

Soit les événements suivants :
Ai : « Le voyageur s’adresse à Fi » (i = 1, 2, 3)
B : « La route indiquée est la bonne »
p(Ai) = EQ \s\do1(\f(1;3)) , p(B/A1) = EQ \s\do1(\f(1;10)), p(B/A2) = EQ \s\do1(\f(5;10)) et p(B/A3) = EQ \s\do1(\f(9;10))
1°) Comme les Ai forment une partition de l’espace fondamental, nous avons :
p(B) = p(B/A1) p(A1) + p(B/A2) p(A2) + p(B/A3) p(A3)
= EQ \s\do1(\f(1;10)) ×EQ \s\do1(\f(1;3)) + EQ \s\do1(\f(5;10)) ×EQ \s\do1(\f(1;3)) + EQ \s\do1(\f(9;10)) ×EQ \s\do1(\f(1;3))
= EQ \s\do1(\f(1;30)) + EQ \s\do1(\f(5;30)) + EQ \s\do1(\f(9;30)) = EQ \s\do1(\f(15;30)) = EQ \s\do1(\f(1;2))
La probabilité que la route qui est indiquée au voyageur soit la bonne est de EQ \s\do1(\f(1;2)).
2°) D’après le théorème de Bayes : p(Ai/B) =  EQ \s\do2(\f(p(B/Ai)p(Ai);p(B)))
Donc p(A1/B) = EQ \s\do1(\f(EQ \s\do1(\f(1;10)) ×EQ \s\do1(\f(1;3));EQ \s\do1(\f(1;2)))) = EQ \s\do1(\f(1;15)) ; p(A2/B) = EQ \s\do1(\f(EQ \s\do1(\f(5;10)) ×EQ \s\do1(\f(1;3));EQ \s\do1(\f(1;2)))) = EQ \s\do1(\f(1;3)) ; p(A3/B) = EQ \s\do1(\f(EQ \s\do1(\f(9;10)) ×EQ \s\do1(\f(1;3));EQ \s\do1(\f(1;2)))) = EQ \s\do1(\f(3;5))

Solution de l’exercice 14

Soient les événements suivants :
M : « La personne tirée est malade ».
V : «  La personne tirée est vaccinée »
On a p(V) = 0,1, p(M/V) = 0,02 et p(V/M) = 0,05.
1°) M et V sont indépendants si p(M (V) = p(M).p(V)
p(M (V) = p(M/V)p(V) = 0,02 ×0,1 = 0,002
p(M) =p(M ( V) × EQ \s\do2(\f(1;p(V/M)))= 0,04
Donc p(V) ×p(M) = 0,1 ×0,04 = 0,004 et 0,004 (0,002 et donc p(M (V) ( p(V) ×p(M)
Les événements « la personne a été malade » et « la personne a été vaccinée » ne sont pas indépendants.
2°) On cherche p(M/EQ \x\to(V)) :
p(M/EQ \x\to(V)) = EQ \s\do1(\f(p(M (EQ \x\to(V));p(EQ \x\to(V))))
Or p(EQ \x\to(V)) = 1 – p(V) = 1 – 0,1 = 0,9
P(M (EQ \x\to(V)) = p(EQ \x\to(V)/M) ×p(M) = 0,95 ×0,04 = 0,038.
D’où p(M/EQ \x\to(V)) = 0,038/0,9 ( 0,042
Si la personne tirée n’a pas été vaccinée, la probabilité qu’elle ait été malade est d’environ 0,042.
Solution de l’exercice 15

Soient les événements suivants :
A : « Le dossier se trouve dans le meuble » p(A) = p.
Bi : « Le dossier se trouve dans le tiroir n°i » (i = 1, 2, 3, 4, 5) 
Les Bi sont incompatibles. Ils sont équiprobables : p(Bi) = EQ \s\do1(\f(p;5))
1°) p(B1) = EQ \s\do1(\f(p;5)) : la probabilité que le dossier soit dans le 1er tiroir est de EQ \s\do1(\f(p;5)).
C : « Le dossier n’est dans aucun des 4 premiers tiroir »
C = EQ \x\to(A)( B5
p(C) = p(EQ \x\to(A)( B5) = p(EQ \x\to(A)) + p(B5) – p(EQ \x\to(A) (B5)
= 1 – p + EQ \s\do1(\f(p;5))
p(C) = EQ \s\do1(\f(5-4p;5)) : La probabilité que le dossier ne soit dans aucun des 4 premiers tiroirs est de EQ \s\do1(\f(5 – 4p;5)) .
2°) p(B5/C) = EQ \s\do1(\f(p(B5);p(C))) = EQ \s\do1(\f(p;5-4p))
La probabilité que le dossier soit dans le cinquième tiroir sachant qu’il n’est pas dans les quatre premiers est de EQ \s\do1(\f(p;5-4p)) .

Solution de l’exercice 16


A : L’article est aux normes. p(A) = 0,96
EQ \x\to(A) : L’article n’est pas aux normes. p(EQ \x\to(A)) = 0,04
B : L’article est identifié bon à l’issue du test.
p(B/A) = 0,98 et p(B/EQ \x\to(A)) = 0,05
1°) On applique la formule de Bayes :
p(A/B) = p(B/A)p(A) ÷ (p(B/A)p(A) + p(B/EQ \x\to(A))p(EQ \x\to(A)))
p(A/B) =EQ \s\do1(\f(0,98 ×0,96;0,98 ×0,96+0,05 ×0,04)) ( 0,998
La probabilité pour qu’un article ayant subi le contrôle avec succès soit effectivement conforme aux normes est d’environ 0,998.
2°) Soit B1 : l’article est identifié comme bon à l’issue du 1er test.
B2 : l’article est identifié comme bon à l’issue du 2ème test.
Soit B’ = (B1,B2) : l’article est identifié comme bon aux deux tests.
P(B’) = p(B1) ×p(B2)
p(A/B’) =  EQ \s\do2(\f(p(B'/A)p(A);p(B'/A)p(A)+p(B'/)p()))
p(A/B ) = EQ \s\do1(\f(0,98² ×0,96;0,98² ×0,96+0,05² ×0,04))
p(A/B ) ( 1

Solution de l exercice 17


1°) Nous avons bien une partition de Wð ð:ð
AA ( BA (EQ \x\to(B)EQ \x\to(A) EQ \x\to(A) ( BEQ \x\to(A) (EQ \x\to(B) B EQ \x\to(B)




2°) C = (C (( A (B)) ( (C (( A (EQ \x\to(B))) ( (C (( EQ \x\to(A) (B)) ((C (( EQ \x\to(A) (EQ \x\to(B))) (réunion disjointe)
Donc : p(C) = p(C/A (B)p(A (B) + p(C/A (EQ \x\to(B))p(A (EQ \x\to(B)) + p(C/EQ \x\to(A) (B)p(EQ \x\to(A) (B) + p(C/EQ \x\to(A) (EQ \x\to(B))p(EQ \x\to(A) (EQ \x\to(B))
p(C) = p(C/A (B)p(B/A)p(A)+p(C/A (EQ \x\to(B))p(EQ \x\to(B)/A)p(A)+p(C/EQ \x\to(A)(B)p(B/EQ \x\to(A))p(EQ \x\to(A))+p(C/EQ \x\to(A) (EQ \x\to(B))p(EQ \x\to(B)/EQ \x\to(A))p(EQ \x\to(A))
p(C) = 0,15 ×0,3 ×0,6 + 0,25 ×0,7 ×0,6 + 0,25 ×0,4 ×0,4 + 0,2 ×0,6 ×0,4
p(C) = 0,22


Solution de l’exercice 18

1°) Pour le 1er jeu, on a la probabilité d’obtenir un chiffre entre 1 et 6 de EQ \s\do1(\f(1;6)) .
Soit A, l’événement : on obtient aucun 6 en 4 lancers.
p(A) = EQ \b\bc\((\a\ac(EQ \s\do1(\f(5;6))))EQ \s\up8(4) = 0,48225
L’événement EQ \x\to(A)est : on obtient au moins un 6 en 4 lancers.
Or p(EQ \x\to(A)) = 1 – p(A) = 1 – 0,48225 = 0,51775
Donc la probabilité d’obtenir au moins un six en 4 jets est de 0,51775.
Soit B, l’événement : « On obtient aucun double 6 en 24 jets »
Par un même raisonnement, on a : p(B) = 1 – EQ \b\bc\((\a\ac(EQ \s\do1(\f(35;36))))EQ \s\up8(24) = 0,4914
Donc la probabilité d’obtenir au moins un double 6 en 24 jets de 2 dés est de 0,4914.
2°) Voici les 6 façons d’obtenir un total de 9 et de 10 avec 3 dés :

Total91011+2+61+3+621+3+51+4+531+4+42+2+642+2+52+3+552+3+42+4+463+3+33+3+4Notons {i,j,k}, un résultat du jet de 3 dés. Il y a 6EQ \s\up4(3) = 216 possibilités à diviser en 3 catégories :
1ère catégorie : Si les 3 nombres i, j, k sont différents, on a 6 façons d’obtenir un résultat (nombre de permutations de 2 objets). Par exemple, un jet donnant 1,2 et 6 peut être obtenu sous la forme : {1,2,6} {1,6,2} {2,1,6} {2,6,1} {6,1,2} {6,2,1}
La probabilité d’un total donné avec 3 nombres différents est donc de EQ \s\do1(\f(6;216)) .
2ème catégorie : Si 2 des 3 nombres sont identiques, il y a 3 façons d’obtenir un résultat. Par exemple, un jet donnant 2,2 et 6 peut être obtenu sous la forme :
{2,2,6} {2,6,2} {6,2,2}
La probabilité d’un total donné avec 2 nombres identiques est donc de EQ \s\do1(\f(3;216)).
3ème catégorie : Si les 3 nombres sont différents, il y a 1 seule façon d’obtenir un résultat.
La probabilité d’un total donné avec 3 nombres différents est donc de EQ \s\do1(\f(1;216)).
Nous avons donc : p(Total = 9) = EQ \s\do1(\f(6;216)) ×3 + EQ \s\do1(\f(3;216))#'(),hiƒ„…‰‹ŒÁÂÃÈÉÐóçóÛͽͯ¥œ“‡}p}p}c}WHW jÇðhòcóhé!>6CJ^Jhòcóhé!>6CJ^J jÇðhòcóhé!>6CJ jÈðhòcóhé!>6CJhòcóhé!>6CJhòcóhé!>56CJhòcóhé!>CJhòcóhI#CJ *hòcóhé!>CJhòcóhé!>5OJQJ^Jhòcóhxm6H*OJQJ^Jhòcóhxm6OJQJ^Jhòcóhxm5CJaJhòcóhé!>5CJaJhòcóhOoÿ5CJaJ'(hi…å 2 G b y  
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