\thumb

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex1

\begin {vf} {Probabilités conditionnelles} {10}
La bibliothèque d'un lycée comporte 150 romans policiers et 50 romans de science fiction. On sait que quarante pour cent des écrivains de romans policiers sont français et que soixante-dix pour cent des auteurs de science fiction sont français.
Jacques choisit au hasard un ouvrage parmi les 200 livres de la bibliothèque.\\
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item
La probabilité que Jacques choisisse un roman policier est $\dfrac{1}{150}$.

\item
La probabilité qu'il choisisse un roman policier français est $0,4$.

 \item
 La probabilité qu'il choisisse un ouvrage d'un auteur français est $0,475$.
 
\item
La probabilité qu'il choisisse un roman policier sachant que l'auteur est français est $0,3$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
Faux. Soit $T$ l'événement \og Jacques choisit un roman policier \fg . On suppose qu'on est en situation d'équiprobabilité.\\ 
On a alors $P(T)=\dfrac{150}{200}=0,75$.

\item
 Faux. Soit $F$ l'événement \og Jacques choisit un ouvrage dont l'auteur est français\fg . On cherche à calculer $P(F \cap T)$ :\\
$P(F \cap T)=P(T) P_T(F)=0,75 \times 0,4$ soit $P(F \cap T)= 0,3$.

\item
 Vrai. On applique la formule des probabilités totales avec le système complet d'événements $(T, \overline{T})$ :
 
 \begin{align*}
 P(F) & =P_T(F)P(T)+P_{\overline{T}}(F)P(\overline{T})\\
 & = 0,75 \times 0,4+0,25 \times 0,7\\
 & =0,475.
 \end{align*}
 
\item
Faux. On a $P_F(T)=\dfrac{P(F \cap T)}{P(F)}=\dfrac{0,3}{0,475}$ soit $P_F(T)=\dfrac{12}{19}$.

\end{questions}
\end{corrige}




%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex2

\begin {vf} {\'Evénements indépendants} {10}
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item
On joue à pile ou face avec une pièce équilibrée. La probabilité d'obtenir face au dixième lancer sachant qu'on a obtenu pile à tous les lancers précédents est strictement supérieure à $0,5$.

\item
Si $A$ et $B$ sont deux événements définis sur le même espace probabilisé tels que $P(A)=\dfrac{2}{3}$, $P(B)=\dfrac{3}{5}$ et $P(A \cap \overline{B})=\dfrac{4}{15}$, alors les événements $A$ et $B$ sont indépendants.

\item
\begin{questions}
\item
 Dans une classe de terminale S, les trois quarts des élèves sont des filles. Une fille sur trois a son permis de conduire du premier coup alors que cela n'est le cas que d'un garçon sur dix. On interroge au hasard un élève de la classe. La probabilité qu'il ait eu son permis du premier coup est $0,275$.
 
\item
On interroge un élève ayant eu son permis du premier coup. La probabilité que ce soit un garçon est $0,1$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
Faux. La pièce étant parfaitement équilibrée, la probabilité d'avoir face à un lancer quelconque est de $\dfrac{1}{2}$. Les lancers successifs étant indépendants, le fait d'avoir obtenu neuf fois de suite pile lors des lancers antérieurs n'a aucune influence sur le dixième lancer ... même si l'intuition nous incite à penser qu'on devrait voir apparaître \og face \fg{} !

\item
Vrai. On commence par calculer $P(A \cap B)$ : \\
\[ P(A \cap B) = P(A) - P(A \cap \overline{B})= \frac{6}{15}.\] 
On compare ensuite avec le produit $P(A)P(B)=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{3}{5}$.\\
On a bien $P(A \cap B) = P(A) P(B)$ ce qui prouve l'indépendance des événements $A$ et $B$.

\item
\begin{questions}
\item
Vrai. On définit les événements :\\
S : \og L'élève a réussi le permis de conduire \fg .\\
F : \og L'élève interrogé est une fille \fg .\\
G : \og L'élève interrogé est une garçon\fg .\\
On applique la formule des probabilités totales avec le système complet d'événements $(F,G)$ :\\
$P(S)=P_F(S)P(F)+P_G(S)P(G)$.\\
On obtient alors $P(S)=0,1 \times 0,25 + 0,75 \times \dfrac{1}{3}=0,275$.
 
\item
Faux. On cherche à calculer $P_S(G)$. D'après la formule des probabilités conditionnelles, puisque $P(S)$ est non nul, on a : 
\[ P_S(G)=\frac{P(S \cap G)}{P(S)}=\frac{0,1 \times 0,25}{0,275}=\dfrac{1}{11}. \]
Une valeur approchée de $P_S(G)$ à $0,001$ près est $0,091$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex3

\begin{vf}{Indépendance}{10}
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item
Si deux événements de probabilité non nulle sont incompatibles, alors ils ne peuvent pas être indépendants.

\item
Si deux événements $A$ et $B$ sont indépendants, alors les événements $A$ et  $\overline{B}$ sont aussi indépendants.

 \item
 Si les événements $A$ et $B$ sont indépendants ainsi que les événements $A$ et $C$ alors les événements $B$ et $C$ sont indépendants.
 
\item
 Si les événements $A$ et $B$ sont indépendants ainsi que les événements $A$ et $C$ alors les événements $A$ et $B \cap C$ sont indépendants.

\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
Vrai. Si deux événements $A$ et $B$ définis sur un même espace probabilisé sont incompatibles, alors $P(A \cap B)=0$. Supposons que ces deux événements soient en même temps indépendants, on aurait alors $P(A \cap B)=P(A)P(B)$ et par suite, $P(A)P(B)=0$ ce qui est contradictoire avec le fait que $A$ et $B$ sont deux événements de probabilité non nulle.

\item
Vrai. Il s'agit d'une propriété du cours. Si deux événements $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants; $B$ et $\overline{A}$ sont indépendants;  $\overline{A}$ et $\overline{B}$ sont indépendants.

\item
Faux. On lance un dé parfaitement équilibré. On désigne par $A$ l'événement \og Le résultat obtenu est strictement supérieur à 2\fg , par $B$ l'événement \og On obtient un nombre premier\fg  et par $C$ l'événement \og On obtient un résultat pair\fg .\\
$P(A)=\dfrac{2}{3}$, $P(B)=\dfrac{1}{2}$ puisque $B$ est réalisé si et seulement si on obtient 2, 3 ou 5 (on rappelle que 1 n'est pas un nombre premier). Enfin, $P(C)=\dfrac{1}{2}$. L'événement $A \cap B$ est réalisé si et seulement si on obtient 3 ou 5 donc $P(A \cap B)=\dfrac{1}{3}=P(A \cap C)$. On vérifie que les événements $A$ et $B$ sont bien indépendants ainsi que les événements $A$ et $C$. Il existe une seule manière de réaliser l'événement $B \cap C$ : obtenir le 2. Par suite, $P(B \cap C)=\dfrac{1}{6}$. Or, $P(B)P(C)=\dfrac{1}{4}$ donc les événements $B$ et $C$ ne sont pas indépendants.
 
\item
Faux. Considérons le lancer de deux dés discernables équilibrés. On désigne par $A$ l'événement \og La somme des résultats obtenus sur les deux dés est impaire \fg , par $B$ l'événement \og Le premier dé affiche un résultat pair \fg  et par $C$ l'événement \og Le deuxième dé affiche un résultat pair\fg .\\
Si on modélise un résultat par un couple d'entiers naturels entre 1 et 6, où la première composante du couple représente le résultat obtenu sur le premier dé et la deuxième composante le résultat obtenu sur le deuxième dé, l'univers des possibles contient 36 couples.\\
On obtient facilement $P(A)=P(B)=P(C)=0,5$ et :
\[ P(A \cap B) = P(A \cap C)=P(B \cap C)=0,25. \] 
Par suite, les événements $A$ et $B$ d'une part et $A$ et $C$ d'autre part sont bien indépendants. Cependant, $A$ n'est pas indépendant de $B \cap C$ puisque $P(A \cap B \cap C)=0$ alors que le produit $P(A)P(B \cap C)$ est non nul. Il est en effet impossible d'obtenir simultanément une somme impaire et deux résultats pairs sur chacun des dés.
\end{questions}
\begin{methode}
Pour prouver qu'une affirmation est fausse, il suffit de trouver un contre-exemple.
\end{methode}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex4

\begin{vf}{Intersection}%{Lycée \'Evariste Galois, Sartrouville}
{25}%
%
Pour chacune des propositions énoncées ci-dessous, dire si elle est vraie ou fausse.\Par
%
Dans une mare vivent des grenouilles vertes et des rainettes. On observe que $30\% $ des grenouilles sont des rainettes et donc $70\%$ des grenouilles sont des grenouilles vertes.\par
Un héron mange $10\%$ des rainettes et $20\%$ des grenouilles vertes de cette mare.\Par
Alors la probabilité
\begin{questions}
\item
qu'une rainette soit mangée par le héron est $\dfrac{1}{10}.$
\item
qu'une grenouille verte soit mangée par le héron est $\dfrac{1}{5}.$
\item
qu'une grenouille soit mangée par le héron est $\dfrac{3}{10}.$
\item
qu'une grenouille soit une rainette et mangée par le héron est $\dfrac{3}{100}.$
\item
qu'une grenouille mangée par le héron soit une rainette est $\dfrac{1}{3}.$
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
Vrai.
\par
Ceci résulte directement de l'énoncé : un héron mange $10\%$ des rainettes.
%
\item
Vrai.
\par
Ceci résulte directement de l'énoncé : un héron mange $20\%$ des grenouilles vertes de la mare.
%
\item
Faux.
\par
On considère les événements :
\par
$R$ : \og La grenouille est une rainette \fg.
\par
$V$ : \og La grenouille est une grenouille verte \fg.
\par
$M$ : \og La grenouille est mangée par le héron\fg.
\Par
$(R;V)$ forme un système complet d'événements. D'après la formule des probabilités totales, on a :
\[
P(M)= P(R)\times P_R(M)+ P(V)\times P_V(M).
\]
En remplaçant par les valeurs numériques fournies par l'énoncé, on obtient :
\[
P(M)=\dfrac{3}{10}\times \dfrac{1}{10}+ \dfrac{7}{10}\times \dfrac{2}{10}=\dfrac{17}{100}.
\]

\item
Vrai. On a :
\par
\[
P(R\cap M)=P(R)\times P_R(M)\;,
\]
soit
\[
P(R\cap M)= \dfrac{3}{10}\times \dfrac{1}{10}=\dfrac{3}{100}.
\]
%
\item
Faux. On a :
\par
\[
P_M(R)=\dfrac{P(R\cap M)}{P(M)}\;,
\]
soit, en utilisant les réponses obtenues dans les questions précédentes :
\[
P_M(R)=\dfrac{\frac{3}{100}}{\frac{17}{100}}=\dfrac{3}{17}.
\]
\end{questions}

\begin{methode}
Dans un exercice de probabilité, on attachera la plus grande importance à la lecture et à la compréhension de l'énoncé. Ainsi, ici, il est essentiel de ne pas confondre \og une grenouille soit une rainette et mangée par le héron \fg qui correspond à une intersection et \og une grenouille mangée par le héron soit une rainette \fg qui amène à un calcul de probabilité conditionnelle.
\end{methode}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex5


\begin{exo}{Lancer de fléchettes}{Lycée  Carnot, Dijon}{1}{35}%

Une épreuve consiste à jeter des fléchettes sur une cible partagée en
trois cases notées $1$, $2$ et $3$. Deux concurrents $A$ et $B$ sont
en présence. On admet que chaque joueur touche une case et une seule à
chaque lancer, et que de plus les lancers sont indépendants. Pour le concurrent $A$,
la probabilité de toucher les cases $1$, $2$ et $3$ sont dans cet
ordre  :
\[
\dfrac{1}{12} \,, \quad \dfrac{1}{3}\quad \text{et}
\quad \dfrac{7}{12}.
\]
Le
concurrent
$B$ a ses $3$ éventualités équiprobables.
\begin{questions}
\item Le concurrent $A$ lance $3$ fléchettes.
\begin{questions}
\item Quelle est la probabilité qu'il atteigne chaque fois la case $3$ ? 
\item Quelle est la probabilité qu'il atteigne les
cases $1$, $2$ et $3$ dans cet ordre ?
\item Quelle est la probabilité qu'il atteigne les
cases $1$, $2$ et $3$ ?
\end{questions}
\item On choisit un des $2$ concurrents. La probabilité de
choisir $A$ est égale à $\dfrac{2}{3}$, celle de choisir $B$ vaut
$\dfrac{1}{3}$.
\begin{questions}
\item Un seul lancer est effectué, quelle est la probabilité que la case $3$ soit atteinte ?
\item Un seul lancer est effectué et la case $3$ est
atteinte. Quelle est la probabilité que ce soit le concurrent $A$
qui ait lancé la fléchette ?
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item  
Le concurrent $A$ touche la case $3$ avec la probabilité $\dfrac{7}{12}$. 
\par
Les $3$ lancers successifs étant indépendants les uns des autres, la probabilité que le joueur $A$ touche $3$
fois la case $3$ vaut donc 
\[
\dfrac{7^3}{12^3}=\dfrac{343}{\numprint{1728}}.
\]
%
\item 
La probabilité qu'il atteigne la case $1$ vaut
$\dfrac{1}{2}$, celle pour qu'il atteigne la case $2$ vaut $\dfrac{1}{3}$
et celle pour qu'il atteigne la case $3$ vaut $\dfrac{7}{12}$.
\par
La probabilité que le joueur $A$ touche d'abord la case $1$, puis la case
$2$ et enfin la case $3$ vaut  :
\[
\dfrac{1}{12}\times\dfrac{1}{3}\times\dfrac{7}{12}=\dfrac{7}{432}.
\]
\item Le joueur a alors plusieurs possibilités (l'ordre des cases
n'est pas imposé), mais chacune des éventualités a une probabilité
égale à $\dfrac{7}{432}$ :
\[
\begin{array}{|c|c|c|}
\hline\tabulartitle
\text{1\iere{} case touchée } & \text{2\ieme{} case touchée }
&\text{3\ieme{} case
  touchée }\\
\hline
1 & 2 & 3\\
\hline
1 & 3 & 2\\
\hline
2 & 1 & 3\\
\hline
2 & 3 & 1\\
\hline
3 & 1 & 2\\
\hline
3 & 2 & 1\\
\hline
\end{array}
\]
Ce qui fait $6$ possibilités.
\par
La probabilité qu'il touche les cases
$1$, $2$ et $3$ vaut donc :
\[
6\times \dfrac{7}{432}=\dfrac{7}{72}.
\]
\end{questions}
%
\item
\begin{questions}
\item 
Notons $E_A$ l'événement \og{}le joueur $A$ est choisi\fg{} ; $E_B$ l'événement \og{}le joueur $B$ est choisi\fg{} ; notons $C$ l'événement \og{}la case $3$ est atteinte\fg{}.
\par
Le couple $(E_A;E_B)$ constitue un système complet d'événements, on peut appliquer la formule des probabilités totales :
\[
P(C)=P(E_A\cap C)+P(E_B\cap C)
\]
Calculons la probabilité de $E_A\cap C$.
\par
Si on choisit le joueur $A$ (ceci avec une probabilité $\dfrac{2}{3}$), la case
$3$ est touchée avec une probabilité $\dfrac{7}{12}$. 
\par
On en déduit que :
\[
P(E_A\cap C)=\dfrac{7}{12}\times
\dfrac{2}{3}=\dfrac{7}{18}.
\]
Calculons la probabilité de $E_B\cap C$.
\par
Si on choisit le joueur $B$ (ceci avec une probabilité $\dfrac{1}{3}$), la
case $3$ est touchée avec une probabilité $\dfrac{1}{3}$. 
\par
On en déduit que :
\[
P(E_B\cap C)=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{9}.
\]
On conclut alors en calculant la probabilité de $C$ :
\[
P(C)=\dfrac{7}{18}+\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{2}.
\]

\item 
On cherche donc la probabilité de $E_A$ sachant que $C$ est
réalisé. On calcule donc la probabilité suivante :
\[
P_C(E_A)=\dfrac{P(E_A\cap
C)}{P(C)}=\dfrac{\frac{7}{18}}{\frac{1}{2}}=\dfrac{7}{9}.
\]
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex6

\begin{exo}{Indépendance}{Lycée  Marie Curie, Sceaux}{1}{15}%

On lance un dé non pipé $3$ fois de suite. Soit $x$ , $y$ et $z$ les
chiffres obtenus lors des trois lancers.
\par
On considère deux événements :
\begin{itemize}
\item $A=$ \og{}$x\times y \times z=12$\fg{}

\item $B=$ \og{}$x + y=4$\fg{}.
\end{itemize}
\par
Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ?
\end{exo}

\begin{corrige}
L'univers $\Omega$ est l'ensemble de tous les triplets $(a,b,c)$ où $a$, $b$, et $c$ sont trois entiers compris entre 1 et 6. Il existe ainsi $216$ résultats possibles.\par
Le dé étant par hypothèse non pipé, on est en situation d'équiprobabilité.\par
La probabilité d'un événement élémentaire $(a,b,c)$ est : 
\[
P(\{(a,b,c)\})=\dfrac{1}{216}.
\]
L'événement $A$ est la réunion des événements élémentaires :
\[
\begin{aligned}
(1,2,6) &\quad ; \quad (1,3,4) \quad ; \quad (1,4,3) \quad ; \quad (1,6,2)
\quad ; \quad (2,1,6) \quad ; \\
(2,2,3) &\quad ; \quad (2,3,2) \quad ; \quad (2,6,1) \quad ; \quad (3,1,4)
\quad ; \quad (3,2,2) \quad ; \\
(3,4,1) &\quad ; \quad (4,1,3) \quad ; \quad (4,3,1) \quad ; \quad (6,1,2)
\quad ; \quad (6,2,1).
\end{aligned}
\]
Donc :
\[
P(A)=\dfrac{5}{72}.
\]
L'événement $B$ est la réunion des événements élémentaires :
\[
(1,3,z) \quad ; \quad (2,2,z) \quad  ; \quad (3,1,z) \quad \text{où}
\quad  z \quad \text{décrit} \quad \{1,\dots,6\}.
\]
Donc :
\[
P(B)=\dfrac{1}{12}.
\]
Or, l'événement $A\cap B$ est la réunion des événements élémentaires :
$(1,3,4)$, $(2,2,3)$, $(3,1,4)$.\\
Donc : 
\[
P(A\cap B)=\dfrac{3}{216}=\dfrac{1}{72} \quad \text{et}
\quad
P(A)P(B)=\dfrac{5}{72}\times\dfrac{1}{12}=\dfrac{5}{864}.
\]
Ainsi,
\[
P(A\cap B)\neq P(A)P(B).
\]
Donc $A$ et $B$ ne sont pas indépendants.
%
\begin{methode}
Pour savoir si deux événements sont indépendants, on calcule la probabilité de leur intersection et on la compare au produit de leurs probabilités.\par
L'indépendance est une notion délicate et l'intuition est, en ce domaine, souvent mauvaise conseillère !
\end{methode}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex7 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Espérance d'un gain}{Lycée Hoche, Versailles}{2}{20}
Un fabricant d'écrans plasma teste une première fois ses appareils à la sortie de la chaîne de fabrication.
Si le test est positif (c'est-à-dire si l'écran fonctionne correctement), l'écran est livré au client. Sinon, il retourne en usine où il est réparé puis testé une seconde fois. Si ce deuxième test est positif, l'écran est livré au client, sinon il est détruit.

Une étude statistique a permis de montrer que le test est positif pour 85\% des écrans neufs sortis directement des chaînes de fabrication, mais que parmi les écrans réparés, seulement 60\% d'entre eux passent le second test avec succès.

On note $T_1$ l'événement : « le premier test est positif ».

On note $C$ l'événement : « l'écran est livré au client ».

\begin{questions}
\item Représenter les données de l'exercice par un arbre de probabilité.
\item On choisit un écran au hasard à la sortie de la chaîne de fabrication.
\begin{questions}
\item Quelle est la probabilité de l'événement $T_1$ ?
\item Quelle est la probabilité de l'événement $C$ ?
\end{questions}

\item La fabrication de l'écran revient à 150 euros au fabricant si l'écran n'est testé qu'une fois. Cela lui coûte 30 euros de plus si il doit être testé une seconde fois. Chaque écran livré est facturé $n$ euros au client.

Soit $X$ la variable aléatoire qui, à chaque écran fabriqué, associe le gain (éventuellement négatif) réalisé par le fabricant.

\begin{questions}
\item Déterminer la loi de probabilité de $X$ en fonction de $n$.
\item Exprimer l'espérance de $X$ en fonction de $n$.
\item \`A partir de quelle valeur de $n$ le fabricant peut-il espérer réaliser des bénéfices ? (Arrondir $n$ à l'entier supérieur).
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item On a l'arbre suivant :

\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{13_arbre_01}
\end{center}


\item
	\begin{questions}
		\item D'après l'énoncé, $P(T_1)=0,85$.
		\item Comme $T_1$ et $\overline{T_1}$ forment une partition de l'univers, 
\begin{align*}
P(C) & =P(C\cap T_1)+ P(C\cap\overline{T_1})\\
& = 0,85\times 1+0,15\times0,6\\
& = 0,94.
\end{align*}
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item La variable aléatoire $X$ prend les valeurs $n-150$ dans le cas de l'événement $T_1$, $n-(150+30)$ dans le cas $C\cap T_1$ et $-(150+30)$ si l'écran n'est finalement pas livré.

On obtient la loi de probabilité de $X$ dans le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|C|*3{Sc|}}
\hline
$x_i$ & $n-150$ & $n-180$ & $-180$\\
\hline
$P(X=x_i)$ & 0,85 & 0,09 & 0,06\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\item L'espérance de $X$ est donc :
\begin{align*}
E(X)&=0,85(n-150)+0,09(n-180)+0,06\times(-180)\\
& =0,94n-154,5.
\end{align*}

\item L'entreprise peut espérer réaliser des bénéfices dès que $E(X)>0$, c'est-à-dire $0,94n-154,5>0$ soit $n>\dfrac{154,5}{0,94}$.

L'entreprise peut espérer un bénéfice à partir de $n=165$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}




%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex8

\begin{exo}{Sondages téléphoniques}{Lycée  Paul Doumer, Le Perreux-sur-Marne}{2}{50}
Les résultats seront donnés à $10^{-3}$ près.\Par
Une entreprise confie à une société de sondage par téléphone une enquête sur la qualité de ses produits. Chaque enquêteur a une liste de personnes à contacter.\par
Lors du premier appel téléphonique, la probabilité que le correspondant soit absent est $0,4$. Sachant que le correspondant est présent, la probabilité qu'il accepte de répondre au questionnaire est $0,2$.
%
\begin{questions}

\item
On note :
\begin{itemize}
\item
$A_1$ l'événement \og la personne est absente lors du premier appel \fg;
\item
$R_1$ l'événement \og la personne accepte de répondre au questionnaire lors du premier appel \fg.
\end{itemize}
Quelle est la probabilité de $R_1$ ?
%
\item
Lorsqu'une personne est absente lors du premier appel, on lui téléphone une seconde fois à une heure différente, et, alors, la probabilité qu'elle soit absente est $0,3$. Et, sachant qu'elle est présente lors du second appel, la probabilité qu'elle accepte de répondre au questionnaire est encore $0,2$.\par
Si une personne est absente lors du second appel, on ne tente plus de la contacter.\Par
On note :
\begin{itemize}
\item
$A_2$ l'événement \og la personne est absente lors du second appel \fg;
\item
$R_2$ l'événement \og la personne accepte de répondre au questionnaire lors du second appel \fg;
\item
$R$ l'événement \og la personne accepte de répondre au questionnaire \fg.
\end{itemize}
Montrer que la probabilité de $R$ est de $0{,}176.$
%
\item
Sachant qu'une personne a accepté de répondre au questionnaire, quelle est la probabilité que la réponse ait eu lieu lors du premier appel ?
%
\item
On suppose que les sondages auprès des personnes d'une même liste sont indépendants.\par
Un enquêteur a une liste de vingt personnes à contacter.\par
Quelle est la probabilité qu'une au moins des vingt personnes de la liste accepte de répondre au questionnaire ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
D'après l'énoncé, $P(A_1)=0{,}4$ et $P_{\bar{A_{1}}}(R_1)=0{,}2$.
\par
Comme la personne ne peut répondre au premier appel que dans le cas où elle est présente, on a :
\[
R_1=R_1\cap \bar{A_{1}}.
\]
On a donc :
\[
P(R_1)= P_{\bar{A_{1}}}(R_1)\times P(\bar{A_{1}})\;,
\]
soit :
\[
P(R_1)= 0{,}2 \times (1-0{,}4) = 0{,}12.
\]

\item
La personne peut être appelée deux fois .Elle peut donc répondre au questionnaire soit au premier appel soit au second. On a donc  :
\[
P(R)=P(R_1 \cup R_2).
\]
Or, les événements $R_1$ et $R_2$ sont incompatibles, d'où :
\[
P(R)=P(R_1)+P( R_2).
\]
$P(R_1)$ a été calculé à la question précédente. Il reste alors à calculer $P(R_2).$
\Par

La personne répond au questionnaire au second appel dans le cas où elle a été absente au premier appel, présente au second et où elle a alors accepté de répondre au questionnaire. On a donc:
\[
P(R_2)=P(A_1 \cap \bar{A_{2}} \cap R_2) = P(A_1) \times P_{A_1}(\bar{A_{2}}) \times P_{A_1 \cap \bar{A_{2}}}(R_2)\;,
\]
soit :
\[
P(R_2)= 0{,}4 \times 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}056.
\]
On en déduit finalement :
\[
P(R)= 0{,}12 +  0{,}056 =  0{,}176.
\]
%
\item
On sait que la personne a accepté de répondre au questionnaire donc l'événement $R$ est réalisé. On calcule alors $P_R(R_1)$.
\[
P_R(R_1)= \dfrac{P(R_1\cap R)}{P(R)}.
\]
Comme $R_1\cap R = R_1$, alors :
\[
P_R(R_1)= \dfrac{P(R_1)}{P(R)}=\frac{0{,}12}{0{,}176}\approx0,682\quad\text{à }10^{-3}\text{ près}.
\]

\item
L'enquêteur répète 20 fois de manière identique et dans des conditions indépendantes la même épreuve : effectuer un sondage auprès d'une personne. D'après la question 2, la probabilité qu'une personne accepte de répondre au questionnaire est de $0{,}176.$
\par
Soit $D$ l'événement \og au moins une des vingt personnes de la liste accepte de répondre au questionnaire \fg.
\par
$\bar{D}$ est l'événement \og aucune des vingt personnes n'accepte de répondre au questionnaire\fg.
\par
Or, lors de la répétition d'expériences aléatoires indépendantes, la probabilité d'une liste de résultats est égale au produit des probabilités de chaque résultat.
\par
On en déduit que :
\[
P(\bar{D})= (1- 0{,}176)^{20}.
\]
D'où finalement :
\[
P(D)= 1 - (0{,}824)^{20} \approx 0{,}979 \quad\text{à }10^{-3}\text{ près}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex9

\begin{exo}{Limite d'une probabilité}{Lycée  Hoche, Versailles}{2}{35}%

Une urne contient trois pièces de monnaie équilibrées. Deux d'entre
elles sont normales : elles possèdent une face \og{}PILE\fg{} et une face
\og{}FACE\fg{}. La troisième est truquée et possède $2$ faces \og{}FACE\fg{}. On prend
une pièce au hasard et on fait des lancers successifs de cette
pièce.
\par
On considère les événements suivants :
\begin{itemize}
\item $B$ : \og{}La pièce prise est normale\fg{}

\item $P$ : \og{}On obtient PILE au premier lancer\fg{}

\item $F_n$ : \og{}On obtient FACE pour les $n$ premiers lancers\fg{}
\end{itemize}

\begin{questions}
\item Calculer la probabilité de $P\cap B$ et $P\cap \overline{B}$.
En déduire la probabilité de $P$.
\item Calculer de même la probabilité de $F_n$.
\item Sachant que l'on a obtenu \og{}FACE\fg{} lors des $n$ premiers
lancers, quelle est la probabilité d'avoir pris la pièce truquée
?
\item Calculer la limite quand $n$ tend vers $+\infty$ de cette probabilité.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}

\begin{questions}
\item 
La probabilité de tirer une pièce normale vaut $\dfrac{2}{3}$, celle de tirer une pièce truquée vaut $\dfrac{1}{3}$. On a $P(B)=\dfrac{2}{3}$ et $P(\Moy{B})=\dfrac{1}{3}$.
\par
$P\cap B$ signifie \og{}avoir tiré une pièce normale et tomber alors sur
PILE\fg{}. Sa probabilité vaut donc :
\[
P(P\cap B)=P(B) \times P_B(P) = \dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{3}.
\]
Les événements \og{}avoir une pièce truquée\fg{} et \og{}obtenir PILE au premier
tirage\fg{} sont incompatibles, $P\cap \overline{B}$ a donc une
probabilité nulle.
\par
Enfin, la pièce est soit normale soit truquée, donc les événements $P\cap B$ et $P\cap \overline{B}$ sont incompatibles et
leur réunion vaut $P$ : la probabilité de $P$ vaut donc :
\[
\dfrac{1}{3}+0=\dfrac{1}{3}.
\]

\item L'événement $F_n\cap B$ signifie \og{}avoir une pièce normale et tomber sur
FACE $n$ fois de suite\fg{}, sa probabilité vaut donc :
\[
\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2^n}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2^{n-1}}.
\]
L'événement $F_n\cap\overline{B}$ signifie \og{}avoir la pièce truquée et tomber sur
FACE $n$ fois de suite\fg{}. Or si l'on a la pièce truquée, on obtient
systématiquement FACE. Sa probabilité vaut donc $\dfrac{1}{3}$.
\par
L'événement $F_n$ est la réunion de $F_n\cap B$ et de $F_n\cap\overline{B}$. De
plus, ces événements sont incompatibles. La probabilité de $F_n$ est
donc la somme des deux probabilités et vaut :
\[
\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{1}{2^{n-1}}\right).
\]

\item 
Il s'agit d'un calcul de \emph{probabilité
  conditionnelle}. L'événement connu est \og{}tomber $n$ fois de suite sur
  FACE\fg{}. C'est l'événement $F_n$. On cherche la probabilité de 
  \og{}la pièce prise est truquée\fg{} sachant $F_n$. C'est la
  probabilité de $\overline{B}$ sachant $F_n$ soit :
\[
P_{F_n}(\overline{B})=\dfrac{P(\overline{B}\cap
F_n)}{P(F_n)}=\dfrac{1}{1+\frac{1}{2^{n-1}}}.
\]
%
\item 
Quand $n$ tend vers l'infini, on sait que $1/2^{n-1}$ tend vers $0$. On en conclut que :
\[
\lim\limits_{n \to +\infty}{P_{F_n}(\overline{B})}=
\lim\limits_{n \to +\infty}{\dfrac{1}{1+\frac{1}{2^{n-1}}}}=1.
\]
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex10


\begin{exo}{\'Etude d'un jeu} {Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy}{2}{40}
Juliette se prête à un jeu se déroulant en plusieurs manches. 
\begin{itemize}
\item Elle a autant de chances de gagner que de perdre la 1\iere{} manche. 
\item Si elle gagne une manche, la probabilité qu'elle gagne la suivante est $0,6$. 
\item Si elle perd une manche, la probabilité qu'elle perde la suivante est $0,7$. 
\end{itemize}
On considère, pour tout $n\in\N$, les événements suivants :
\Par
$G_n$ : \ \og Juliette a gagné la $n$\ieme{} partie \fg 
\par
$P_n$ : \ \og Juliette a perdu la $n$\ieme{} partie \fg 
\Par
On admet que, pour tout $n\in\N^{*}$, les événements $G_n$ et $P_n$ sont contraires. 
\begin{questions}
\item \begin{questions}
        \item Construire un arbre rassemblant les différentes possibilités pour les 1\iere{} et 2\up{e} manches. On fera figurer les probabilités $p_{G_1}(G_2)$, $p_{P_1}(G_2)$, $p_{G_1}(P_2)$, $p_{P_1}(P_2)$, dont on justifiera les valeurs. 
        \item Calculer $p(G_2)$ et $p(P_2)$. 
        \end{questions}
\item Pour tout $n\in\N^{*}$, on pose \ $x_n=p(G_n)$ \ et \ $y_n=p(P_n)$. 
        \begin{questions}
        \item Calculer, pour un $n$ arbitraire, $p_{P_n}(G_{n+1})$ et $p_{G_n}(P_{n+1})$. 
        \item En déduire que pour tout $n\in\N^{*}$ : 
\[
\begin{cases}x_{n+1}=0,6\,x_n+0,3\,y_n&\\y_{n+1}=0,4\,x_n+0,7\,y_n\end{cases}
\]
        \end{questions}
\item On pose $a_n=x_n+y_n$ et $b_n=4x_n-3y_n$. 
        \begin{questions}
        \item Démontrer que la suite $(a_n)$ est constante et que $(b_n)$ est géométrique. 
        \item En déduire l'expression  de $x_n$ en fonction de $n$. On ne demande pas $y_n$. 
        \item Démontrer que la suite $(x_n)$ converge et trouver sa limite. 
        \end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item 

\begin{questions}
        \item \label{chap13ex10_1a}
        Les données de l'énoncé se traduisent ainsi : 
\[
p(G_1)=0{,}5 \quad,\quad p(P_1)=0{,}5\]
\[ \text{et}\quad p_{G_n}(G_{n+1})=0{,}6 \quad,\quad p_{P_n}(P_{n+1})=0{,}7. 
\]
Puisque les événements $G_2$ et $P_2$ sont contraires :
\begin{align*}
p_{G_1}(G_2)+p_{G_1}(P_2)&=1\\
p_{G_1}(P_2)=0{,}4.
\intertext{Et aussi :}
p_{P_1}(G_2)+p_{P_1}(P_2)&=1\\
p_{P_1}(G_2)=0{,}3.
\end{align*}

On construit alors facilement l'arbre des possibilités. On a indiqué entre parenthèses les probabilités calculées ci-dessus et non fournies par l'énoncé.

\begin{center}
\includegraphics{13_arbre_03}
\end{center}

%
        \item 
Les événements $G_1$ et $P_1$ étant contraires, ils forment un système complet d'événements. D'après la formule des probabilités totales on a : 
\begin{align*}
p(G_2)&=p(G_1)\,p_{G_1}(G_2)+p(P_1)\,p_{P_1}(G_2)\\
&= 0{,}5\times 0{,}6+0{,}5\times 0{,}3\\
&=0{,}45.\\
p(P_2)&=p(G_1)\,p_{G_1}(P_2)+p(P_1)\,p_{P_1}(P_2)\\
&=0{,}5\times 0{,}4+0{,}5\times 0{,}7\\
&=0{,}55.
\end{align*}
\end{questions}
%
\item 
\begin{questions}
\item Sur le même modèle qu'à la question \refitem{chap13ex10_1a} :
\begin{align*}
p_{P_n}(G_{n+1})&=1-0{,}7=0{,}3\;,\\
p_{G_n}(P_{n+1})&=1-0{,}6=0{,}4.
\end{align*}
%
\item  Puis d'après la formule des probabilités totales :
\begin{align*}
x_{n+1}=p(G_{n+1})&=p(G_n)\,p_{G_n}(G_{n+1})+p(P_n)\,p_{P_n}(G_{n+1})\\
&= x_n\times 0{,}6+y_n\times 0{,}3.\\
y_{n+1}=p(P_{n+1})&=p(G_n)\,p_{G_n}(P_{n+1})+p(P_n)\,p_{P_n}(P_{n+1})\\
&= x_n\times0{,}4+y_n\times 0{,}7.
\end{align*}
        \end{questions}
%
\item 
\begin{questions}
\item Soit $n\in\N^{*}$ :
\begin{align*}
a_{n+1}&=x_{n+1}+y_{n+1}\\
& =(0{,}6+0{,}4)x_n+(0{,}3+0{,}7)y_n\\
& =x_n+y_n=a_n.
\end{align*}

\begin{align*}
b_{n+1}&=(4\times 0{,}6-3\times0{,}4)x_n+(4\times 0{,}3-3\times 0{,}7)y_n\\
& =1{,}2x_n-0{,}9y_n\\
& =0{,}3b_n.
\end{align*}

On en déduit que la suite $(a_n)$ est constante et que la suite $(b_n)$ est géométrique de raison $0,3$.

\item Comme la suite $(a_n)$ est constante, tous ses termes ont la même valeur et il suffit alors de calculer le premier terme.
\par
On obtient : $a_n=a_1=0,5+0,5=1.$
\Par
La suite $(b_n)$ étant géométrique de raison $0,3$ et de premier terme $b_1=4\times 0{,}5-3\times 0,5=0,5$, on a alors, pour tout naturel $n$ non nul,
\[
b_n=0,5 \times 0,3^{n-1}.
\]
Il vient, en éliminant $y_n$ entre les deux égalités :
\[7x_n=3a_n+b_n\quad \text{d'où}\quad 
x_n =\frac{1}{7}\left(3+0,5\times 0,3^{n-1}\right)
=\frac{3}{7}+\frac{5}{21}0,3^n.
\]
%
\item Comme $0,3\in[-1~;1]$, la suite géométrique de terme général $0,3^n$ converge vers 0. Alors : 
\[\lim_{n\to +\infty}x_n=\frac{3}{7}.\]
\end{questions}
\end{questions}

\end{corrige}




%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%ex11 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Étude d'une suite}{Lycée Eugène Delacroix, Maison-Alford}{3}{45}
Une urne contient trois dés cubiques équilibrés. Deux d'entre eux sont verts et possèdent six faces numérotées de 1 à 6. Le troisième est rouge et possède deux faces numérotées 1 et quatre faces numérotées 6.

On prend un dé au hasard dans l'urne et on le lance. On note :

\begin{itemize}
\item $V$ l'événement : \og le dé tiré est vert \fg,
\item $R$ l'événement : \og le dé tiré est rouge \fg,
\item $S_1$ l'événement : \og on obtient 6 au lancer du dé \fg.
\end{itemize}

\begin{questions}
\item On tire au hasard un dé et on effectue un lancer de celui-ci.
\begin{questions}
\item Établir l'arbre de probabilité associé à cette expérience en utilisant les notations ci-dessus.
\item Calculer la probabilité $P(S_1)$.
\end{questions}

\item On tire au hasard un dé de l'urne et on lance ce dé $n$ fois de suite. On note $S_n$ l'événement :  « on obtient 6 à chacun des $n$ lancers ».

\begin{questions}
\item Soit $n\in\N^*$. Déterminer les probabilités conditionnelles $P_V(S_n)$ et $P_R(S_n)$.
\item En déduire que pour tout $n\in\N^*$, $P(S_n)=\dfrac{2}{3}\times\left(\dfrac{1}{6}\right)^n+\dfrac{1}{3}\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$.
\item Pour tout $n\in\N^*$, on note $p_n$ la probabilité d'avoir tiré le dé rouge, sachant qu'on a obtenu 6 à chacun des $n$ tirages.

Démontrer que pour tout $n\in\N^*$, $p_n=\dfrac{1}{2\times\left(\frac{1}{4}\right)^n+1}$.
\item Déterminer la limite de $p_n$ quand $n$ tend vers $+\infty$.
\end{questions}

\item \emph{Dans cette question, on admet que la suite  $(p_n)$ est croissante}.

On s'intéresse au plus petit entier $n_0$ tel que $p_n>0,999$ pour tout\linebreak $n>n_0$.
\begin{questions}
\item Pourquoi peut-on, sans le calculer, affirmer qu'un tel entier $n_0$ existe ?
\item Recopier et compléter l'algorithme suivant de telle sorte qu'il affiche la valeur de $n_0$ recherchée dans cette question. 

\Par

\begin{algorithme}
Variables
\qquad E est un réel strictement compris entre 0 et 1
\qquad N est un entier naturel non nul
Entrée
\qquad E prend la valeur ...
Traitement    
\qquad N prend la valeur 1
\qquad Tant que ...
\qquad\qquad N prend la valeur ...
\qquad Fin Tant que
Sortie
\qquad Afficher N
\end{algorithme}

\Par

\item Résoudre par le calcul l'inéquation $p_n>0,999$  et en déduire la valeur de $n_0$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item 
\begin{questions}
\item Arbre de probabilité de l'expérience :

\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{13_arbre_02}
\end{center}


\item\label{ch13ex11q1b} Comme V et R forment une partition de l'univers, d'après la formule des probabilité totales :
\begin{align*}
P(S_1) & = P(V\cap S_1)+P(R\cap S_1)\\
& = \dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{3}\times\dfrac{2}{3}\\
& = \dfrac{1}{3}.
\end{align*}
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item Lorsqu'on a un dé vert, la probabilité d'obtenir 6 à un lancer est $\dfrac{1}{6}$. Les lancers successifs étant indépendants, $P_V(S_n)=\left(\dfrac{1}{6}\right)^n$.

Lorsqu'on lance un dé rouge, la probabilité d'obtenir 6 à un lancer est $\dfrac{2}{3}$, donc $P_R(S_n)=\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$.

\item Par le même raisonnement qu'à la question \refitem{ch13ex11q1b}, on trouve :

\begin{align*}
P(S_n) & = P(V)\times P_V(S_n)+P(R)\times P_R(S_n)\\
& = \dfrac{2}{3}\times\left(\dfrac{1}{6}\right)^n+\dfrac{1}{3}\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^n.
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
p_n & = P_{S_n}(R)\\
& = \dfrac{P(R\cap S_n)}{P(S_n)}\\
& = \dfrac{\frac{1}{3}\times\left(\frac{2}{3}\right)^n}{\frac{2}{3}\times\left(\frac{1}{6}\right)^n+\frac{1}{3}\times\left(\frac{2}{3}\right)^n}\\
& = \dfrac{1}{2\times\left(\frac{1}{6}\times\frac{3}{2}\right)^n+1}\\
& = \dfrac{1}{2\times\left(\frac{1}{4}\right)^n+1}.
\end{aligned}$

\item Comme $0<\dfrac{1}{4}<1$, on a $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n=0$ et alors $\lim\limits_{n\to+\infty}p_n=1$.
\end{questions}

\item

\begin{questions}
\item D'après la définition de la limite d'une suite, si la limite est égale à 1, tout intervalle ouvert contenant 1 contient tous les termes de la suite à partir d'un certain rang. Donc l'intervalle $]0,999~;1,001[$ contient tous les termes de la suite à partir d'un certain rang $n_0$, ce qui prouve l'existence de $n_0$.

\newpage

\item L'algorithme complété est :

\begin{algorithme}
Variables
\qquad E est un réel strictement compris entre 0 et 1
\qquad N est un entier naturel non nul
Entrée
\qquad E prend la valeur 0,999
Traitement
\qquad N prend la valeur 1
\qquad Tant que $\dfrac{1}{2\times\left(\dfrac{1}{4}\right)^n+1}\leqslant$E
\qquad\qquad N prend la valeur N+1
\qquad Fin Tant que
Sortie 
\qquad Afficher N
\end{algorithme}

\Par

Cet algorithme affiche le plus petit $N$ tel que $p_N>0,999$, c'est donc la valeur $n_0$ cherchée.

\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{1}{2\times\left(\dfrac{1}{4}\right)^n+1}>0,999 & \Leftrightarrow  \dfrac{1}{0,999}>2\times\left(\dfrac{1}{4}\right)^n\\
& \Leftrightarrow \dfrac{1}{0,999}-\dfrac{0,999}{0,999}>2\times\left(\dfrac{1}{4}\right)^n\\
& \Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{4}\right)^n<\dfrac{0,001}{2\times0,999}\\
& \Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{4}\right)^n<\dfrac{1}{\numprint{1998}}.
\end{aligned}$

\`A l'aide de la fonction $\ln$, on obtient :
\[ 
n\ln\left(\dfrac{1}{4}\right)<\ln k\left(\dfrac{1}{\numprint{1998}}\right)\]
et donc :
\[ 
n>\dfrac{\ln\numprint{1998}}{\ln4}.
\]

La valeur de $n_0$ est donc 6.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}



\thumb
\AfficheCorrige

\endinput


