Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 281

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, 201

2.

Conditionnement et indépendance12

Ouverture

Née de la théorie des jeux, la théorie des proba-bilités est devenue très importante dans divers domaines tels que la gestion des risques ou la finance, et en particulier dans le domaine de la génétique. Les découvertes de Gregor Mendel au xixe siècle et les enseignements qu’il sut en tirer restent un modèle de nos jours.Une maladie génétique humaine est due à la présence spécifique d’un allèle morbide, noté m, d’un gène M. Le gène est récessif lorsque la présence de deux allèles morbides mm est obli-gatoire pour développer la maladie.L’allèle impliquant le daltonisme est récessif, ce qui signifie que les femmes ne seront dalto-niennes que si leurs deux chromosomes X sont déficients, c’est-à-dire si chacun de leurs parents leur a transmis un allèle déficient.

Réponse à la questionL’anomalie est récessive, et nous savons que la femme est daltonienne, donc exprime cette ano-malie. Par conséquent les deux chromosomes de la paire 23 portent le gène du daltonisme. La pro-babilité vaut donc 1.On peut en conclure que la mère de cette femme est porteuse du gène du daltonisme (sans nécessairement l’exprimer) et que le père est lui nécessairement daltonien.

Vérifier ses acquis

1 Cet exercice a été modifié dans l’exemplaire élève : 1.c. A ∩ B.1. a. B : ensemble des lycéens n’ayant pas les yeux bleus ;b. A ∪ B : ensemble des filles ou des lycéens à yeux bleus ;c. A ∩ B : ensemble des filles aux yeux bleus ;

B ∩ A : ensemble des filles n’ayant pas les yeux bleus ;e. A B« : ensemble de tous les lycéens sauf les filles aux yeux bleus ;f. A B» ensemble des garçons aux yeux bleus.2. a. Enfants qui sont malades et ont été vacci-nés : V ∩ M.b. Enfants qui ont été vaccinés et ne sont pas malades : V ∩ M.c. Enfants qui ne sont ni malades, ni vaccinés : V  ∩ M.

2 1.

∩ A A total

L 6 6 12

L 4 20 24

total 10 26 36

a. P(A ∪ L) = 49

;

b. P(A ∩ L) = 16

; c. P(A ∩ L) = 19

.

3 a. ALEA ENTRE BORNES (1, 6) renvoie un entier aléatoire entre 1 et 6 et NB.SI(p ; a) compte le nombre de a de la plage p.X = ALEA ENTRE BORNES (1, 6) + ALEA ENTRE BORNES (1, 6)Y = ALEA ENTRE BORNES (1, 6) – ALEA ENTRE BORNES (1, 6)b. ENT(Alea*6 + 1) renvoie un entier aléatoire entre 1 et 6.c. Cet algorithme simule la fréquence d’obtenir 0, 1, 2 fois le six au cours de deux lancers.

4 a. On inscrit 56

sur les autres branches.

b. Probabilité d’obtenir un double 4 : 16

2ÊËÁˆ¯̃ ; pro-

babilité d’obtenir au moins un 4 : 1 – 56

2ÊËÁˆ¯̃ .

282 n Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

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2.

Activités d’introduction

Activité 1

1 a. P(A) est le quotient du nombre d’éléments de A par le nombre d’éléments de l’univers.

b. P(A) = 6651561

; P(A) = 8961561

; P(F) = 721

1561 ;

P(F) = 8401561

; P(A ∩ F) = 3361561

; P(A F« ) = 12251561

.

c. Pour remplir ce tableau on divise les données du tableau de l’hypothèse par 1 561.

2 On note P1 la probabilité recherchée.

P1(A) = 336721

= P

P( )

( )A F

F«

;

P1(A) = 1 – 336721

= 385721

= P

P( )

( )A F

F«

.

3 On note P2 la probabilité recherchée.

P2(F) = 336665

= P

P( )

( )A F

A«

;

P1( ¢F ) = 1 – 336665

= 329665

= P

P( )

( )A F

A«

.

4 A

F

AA

A

F

336721

385721

329840

511840

7211 561

8401 561

Dans le premier cas on « arrive à A » en passant par F, et dans l’autre en « passant par F ». Il ne s’agit donc pas de la même situation.Arbre pondéré de la question 3. :

F

A

A

FF

F

336665

329665

385896

511896

6651 561

8961 561

Activité 2

1 6 % des lecteurs MP3 sont défectueux, donc P(D) = 0,06. L’unité de contrôle rejette 98 % des lecteurs défectueux, donc PD(R) = 0,98.

2 5 % des lecteurs MP3 fonctionnant correcte-ment, donc PD(R) = 0,05.

3 R

D

D

R

0,98

0,05

PD(R)

0,06

0,94

P(D)

4 P(D) + P(D) = 1 ; PD(R) + PD(R) = 1 ;

PD(R) + PD(R) = 1.

5 On cherche PR(D) = P

P( )

( )R D

R«

= 0 05880 1058,,

.

Activité 3

On note l’événement Ti = BN le fait de tirer une boule noire au tirage i.

1 P P P( , ) ( ) ( )T B T B T B T BN N T B N NN1 2 112� � � � ¥ ��

� ¥ �413

312

113

.

2 PT B NBLT B

12

313� � �( ) .

PT B NRT B

12

313� � �( ) .

3 Les événements sont mutuellement incompa-tibles et leur union forme tout l’univers. On dit qu’ils forment une partition de l’univers.P P P

P

( ) ( ) ( )

( )

T B T B T B

T B

N T B N N

T B N

N

BL

21

2

12

1� � � ¥ �

� � ¥�

� PP

P

( )

( ) ( )

T B

T B P T B

BL

T B N RR

1

112

113

313

512

3

�

� � ¥ �

� � ¥ �

�

113412

14

¥ � .

4 PP

PT B BLT B BL

RR

RT BT B

T B22

11

2

513�

�� ��

��( )

( )

( ).

5 P P PT B BL T B N BLN BLT B T B T B

2 11 2 1� �� � � ¥ �( ) ( ) ( )

� 552

.

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 283

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2.

Activité 4

1 On voit du rouge sur deux des quatre boules,

donc P(R) = P(B) = P(J) = 12

.

2 Une seule boule a plusieurs couleurs, donc

P(B ∩ R) = 14

.

3 Il y a deux boules ayant du rouge dont une

avec du bleu, donc PR(B) = 12

.

4 On a bien P(B ∩ R) = P(R).P(B) = 14

et

PR(B) = P(B) = 12

.

Travaux pratiques

1TP Algorithmique 1 Marche aléatoire

Première étude

1 Pour a déplacements à l’aller, il en faudra a pour revenir au point de départ, donc N = 2a.

2 Si N = 2a, on a fait a déplacements �r

i et a

déplacements de -r

i , chacun avec une probabi-

lité de 12

, donc Paa

N

�ÊËÁˆ¯̃ÊËÁˆ¯̃

2 12

.

Deuxième étude

1 a. Les déplacements vers la droite et vers la gauche étant équiprobables, la particule se retrouve avec la même probabilité en m qu’en –m.b. On ne peut aller plus loin que le nombre de secondes le permet, par conséquent 0 ≤ m ≤ N.

2 a. a + b = N ; a – b = m.

b. aN m� �( )

2.

c. a est entier, donc N + m est pair.d. Pour se retrouver en m, elle doit faire

a = N m�

2 déplacement positifs, donc p

Na

n

�ÊËÁˆ¯̃ÊËÁˆ¯̃

12

.

Remarque : si m = 0, a = N2

et N = 2a. On retrouve

le résultat 2. de la première étude.

Troisième étudePlutôt qu’un algorithme donnant la fréquence théorique des déplacements de la particule, on proposera un algorithme permettant de simuler ces déplacements un très grand nombre de fois (ici 1 000 000 sauts). On pourra ensuite com-parer les résultats obtenus avec les résultats de l’étude théorique.Cet algorithme affiche les fréquences d’arrêt de la particule entre 0 et N. Cela suffit puisque d’après la deuxième étude, les fréquences d’arrêt entre –N et 0 leur sont égales, de façon symétrique.

N = 20 ;NEXP = 1 000 000 ;L est une liste de N+1 éléments ;Pour i = 0 à N faire

L[i] = 0 ;FinPourPour k = 1 à NEXP faire

m = 0 ;Pour i = 1 à N faire

pas = Ent(rand*2)*2 – 1 ;m = m + pas ;

FinPourSi m > = 0 alors

L[m] = L[m] + 1 ;FinSi

FinPourPour i = 0 à N faire

L[i] = L[i]/NEXP ;Afficher « La fréquence d’arrêt en i est L[i] » ;

FinPour

2TP Tice 1 Indépendant ou pas ?

1 A ∩ B correspond à l’événement « on obtient une seule boule blanche ».

2 Il semble que pour n = 3, les événements sont indépendants.

3 a. i. Toutes les boules sont de la même cou-leur, soit toutes noires, soit toutes blanches :

Pn

�-

12 1

.

ii. On obtient exactement une boule blanche :

Pnn

�2

.

b. Obtenir au plus une boule blanche signifie obtenir 0 ou 1 boule blanche, donc par i. et ii. :

Pnn

( )A B« �2

; Pn

( )A � --

11

2 1 ; P

nn

( )B � � 12

.

284 n Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

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2.

c.

n 1 2 3

P(A) 0 0,5 0,75

P(B) 1 0,75 0,5

P(A).P(B) 0 0,375 0,375

P(A ∩ B) 0,5 0,5 0,375

un −1 −1 0

n 4 5 6

P(A) 0,875 0,9375 0,96875

P(B) 0,3125 0,1875 0,109375

P(A).P(B) 0,2734375 0,17578125 0,105957031

P(A ∩ B) 0,25 0,15625 0,09375

un 3 10 25

Pour n = 3, A et B sont indépendants.4. On pose un = 2n–1 − n − 1.un+1 = 2n – n – 2 = 2(2n–1 – n – 1) + n = 2un + n et u3 = 0 donc par récurrence, un > 0 pour n > 3, par conséquent (un) est strictement croissante.u3 = 0 et u4 > 0 donc un ne s’annule que pour n = 3.

P P Pn n

n n n

n

( ). ( ) ( ) .

(

A B A B- « � -ÊËÁ

ˆ¯̃� -

� -

-

-

11

21

2 22

1

1 11 1 22

2

1

2 1

2 1

)( )

.

n n

u

n

n

nn

� -

�

-

-

-

A et B sont indépendants si et seulement si n = 3.

3TP Tice 2 Les tests sont-ils efficaces ?

1 s P r P� �M MT T( ), ( ), donc P rM T( ) � -1 .

2 T

M

T

s

1 – s

1 – r

r

p

1 – p

T

T

M

3 a. P P P ps p r( ) ( ) ( ) ( )( ).T M T M T� « � « � � - -1 1

b. PP

Pps

ps p rT MM T

T( )

( )( ) ( )( )

� « �� - -1 1

.

c. PT M( ) = P

P( )

( )M T

T«

= ( )

( ) ( )1

1 1-

- � -p r

p s p r.

4 a. PT M( ), ,

, , , ,,� ¥

¥ � ¥�0 02 0 99

0 02 0 99 0 98 0 010 6689

et PT M( ) ,� 0 9997 à 10–4 près.

b. La probabilité de ne pas être malade sachant qu’on obtient un test négatif est très forte, mais celle d’être malade si on obtient un test positif

est d’environ 23

.

c. P PT TM M( ) ( ) ,� - �1 0 3311.d. P PT TM M( ) ( ) ,� - �1 0 0003.

e. P PT TM M( ) ( ) ,� � 0 3313.

5 a. Pp

p pp

pT M( ),

, , ( ),

, ,�

� -�

�0 99

0 99 0 01 10 99

0 98 0 01

et Pp

pT M( ), ( )

, ,� -

-0 99 1

0 99 0 98.

a. f xx

x( ) �

�99

98 1, ¢ �

�f x

x( )

( )99

98 10

2� , donc f est

croissante sur [0 ; 1].

b. g xxx

( )( )� --

99 199 98

, ¢ � --

g xx x

( )( )

9999 98

02

� , donc

g est décroissante sur [0 ; 1].c. La courbe de f est rouge, celle de g est orange. Elles semblent symétriques par rapport à la droite d’équation y = 0,5.

En effet, f xx

xg x( )

( )( )

( )199 1

98 1 1- � -

- �� .

e.

x 0 0,001 0,01 0,1

f(x) 0 0,09 0,5 0,91

g(x) 1 0,99999 0,9999 0,998

x 0,2 0,5 0,8 0,9

f(x) 0,96 0,99 0,997 0,998

g(x) 0,997 0,99 0,96 0,91

x 0,99 0,999 1

f(x) 0,9999 0,92849999 1

g(x) 0,5 0,09 0

6 a. Si le test est négatif, la probabilité de ne pas être malade est supérieure à 9,9999.b. Si le test est positif, la probabilité d’être malade est inférieure à 0,5.

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 285

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2.

c. Dans ce cas le test de dépistage systématique ne suffit pas pour déterminer si un individu est malade ou non.

4TP Tice 3 Génétique

A. 1 a. Pour que l’enfant soit AA, l’autre parent doit être AA ou Aa et pour que l’enfant soit Aa, l’autre parent doit être Aa ou aa.b. Si l’autre parent est de génotype AA, alors

pour l’enfant P(AA) = 1, sinon P(AA) = 12

.

Si l’autre parent est de génotype Aa, alors P(Aa) = 12

, sinon P(Aa) = 1.

2 Si les deux parents sont de type Aa, chaque

parent donne A ou a avec une probabilité 12

et ce

de façon indépendante, donc P(AA) = P(aa) = 14

.

3 Cette question a été modifiée dans l’exem-plaire élève : on note r1 la probabilité qu’un enfant de génération 1 soit de type AA, s1 celle qu’il soit de type Aa et t1 celle qu’il soit de type aa. On

cherche à en déduire que s1 = 22 2

rs

ts�

ÊËÁ

ˆ¯̃�

ÊËÁ

ˆ¯̃.

L’enfant est de type AA :• avec une probabilité 1 si les deux parents sont AA ;

• avec une probabilité 14

si les deux parents sont Aa ;

•avec une probabilité 12

si l’un des parents est AA et l’autre Aa.

Donc r1 = 1 × r2 × 1 + 2rs × 12

× 1 + s2 × 14

=

r2 + rs + s2

4, donc r1 = (r +

s2

)2, de même

t1 = (t + s2

)2.

Ainsi r1 + s1 + t1 = r + s + t = 1 donc

(r + s2

+ s2

+ t)2 = 1, et s1 = 22 2

rs

ts�

ÊËÁ

ˆ¯̃�

ÊËÁ

ˆ¯̃.

4 r1 – t1 = (r + s2

)2 – (t + s2

)2 = ((r + s2

) – (t + s2

))

(r + s2

+ t + s2

) = 1 × (r – t) = a.

5 Il s’ensuit que r2 = r1 ; t2 = t1 ; s2 = s1.

B. 1 Un couple sain ne peut être de type mm-mm. S’il a un enfant malade, il ne peut être SS-SS. Les deux parents sont alors de type Sm. Comme pour la question A.2., la probabilité

d’avoir un enfant malade est de 14

, chaque parent

donnant l’allèle malade avec une probabilité 12

.

2 Si un enfant est malade, les parents sont de type Sm. Sachant que le deuxième enfant est non

malade (probabilité 34

), il est hétérozygote avec

une probabilité 24

34� =

23

.

Exercices

Maîtriser le cours

1 c.

2 P(A ∩ B) = P(A) + P(B) – P(A ∪ B).P(A ∩ B) = P(A).PA(B) = P(B).PB(A).

3 a. ii. b. ii. c. i.

4 a. Faux. b. Faux. c. Faux. d. Faux.e. Vrai. f. Faux. g. Vrai. h. Vrai. i. Faux.

5 a. Faux. b. Faux. c. Faux. d. Vrai. e. Faux.

6 a. P(A) = 0,7. b. P(B) = 0,2.c. (P(A ∩ B) = 0,06. d. PA(B) = 0,3.

e. PB(A) = 335

. f. P(A ∩ B) = 0,14.

7 a. P(A) = 0,2. b. PA(B) = 0,4.

c. P(A ∩ B) = 0,08. d. P(A ∩ B) = 0,08.e. PA(B) = 0,01. f. P(A ∪ B) = 0,54.

8 A et B sont deux événements d’un univers W.a. Si A et B sont incompatibles, ils ne sont indé-pendants que si l’un est de probabilité nulle.b. Si A et B sont indépendants, ils ne sont incom-patibles que si l’un est de probabilité nulle.c. Si P(A) = 0, A et B sont indépendants

9 a. Faux. b. Vrai. c. Vrai. d. Vrai.

10 a. Vrai. b. Vrai. c. Faux. d. Faux.

11

∩ A A Total

B 0,14 0,06 0,2

B 0,56 0,24 0,8

Total 0,7 0,3 1

286 n Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

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2.

12 B

A

B

0,4

0,6

0,4

0,6

0,8

0,2

A

B

B

13 a. P = 3 ×  16

3ÊËÁˆ¯̃ =

172

. b. P = 6 ×  16

3ÊËÁˆ¯̃ =

136

.

Appliquer les capacités attendues

16 a. P(A) = 2442

= 47

et P(B) = 1242

= 27

.

b. A

B

AA

A

B

14

27

57

34

c. L’énoncé donne PB(A) = 14

et permet de calcu-ler les autres.

18 1. P(T) = 0,4.2. F

T

F

0,75

0,6

0,40,5

0,5

T

F

F

3. a. P(T ∩ F) = 0,6 × 0,75 = 0,45.b. P(T) = 0,45 + 0,2 = 0,65.

4. PF(T) = 0 450 65

913

,,� .

19 1. P(A) = 0,4 ; PA(B) = 0,6 ; PA (B) = 0,7.

2. a. P(B) = 0,4 × 0,6 + 0,6 × 0,7 = 0,66 et P(B) = 0,34.b. PA(B) = 1 – PA(B) = 0,4.

20 1. P(R) = 0,3.

2. a. PR1(R2) =

29

. b. PN1(R2) =

39

13� .

c. R2

N2

N2

R1

N1

R2

0,3

0,7

29

79

13

23

d. P(N1 ∩ N2) = 7

15 ; P(R1 ∩ R2) =

115

;

P(N1 ∩ N2) + P(R1 ∩ R2) = 8

15.

e. P(R2) = 0,3. f. PN2(R1) =

79

.

21 1. b. 2. b. 3. c. 4. c. 5. b.F

R

F

0,4

0,60,75

0,250,7

0,3

F

F

R

23 P(A1 ∩ A2 ∩ A3) = P((A1 ∩ A2) ∩ A3) = P(A1 ∩ A2) × PA A1 2« (A3)

= P(A1) × PA1(A2) × PA A1 2« (A3).

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 287

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2.

A3

A2

A1

A2

A2

A3

A3

A3

P(A1)

P A3A1 A2« ( )

P A2A1( )

24 a. P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4) = P(A1) × PA1

(A2) × PA A1 2« (A3) × PA A A1 2 3« « (A4).

b. P = 4

100399

298

197

¥ ¥ ¥ .

26 a. P(A) = 18

; P(B) = 14

;

P(A ∩ B) = 1

32 = P(A) × P(B).

b. Les événements A et B sont indépendants.

28 a. P(G1 ∩ G2) = 13

× 14

= 1

12.

b. P(G1 ∩ G2) = 13

× 34

= 14

.

c. P(G1 ∩ G2) = 23

× 34

= 12

.

29 Dans l’exemplaire élève, la question 1. est « Déterminer les probabilités P(A) et P(B). » Les questions 2. et 3. correspondent aux anciennes questions 1. et 2.

1. Équiprobabilité : P(A) = 3

10 = 0,3 et P(B) = 0,6.

2. B

A

B

0,6

0,40,3

0,70,6

0,4

A

B

B

3. a. 0,3 × 0,6 = 0,18.b. 0,18 + 0,28 = 0,46.c. 1 – 0,46 = 0,54.

30 a. P(R1) = 0,3 ; P(R2) = 0,4 ; P(V1) = 0,5 ; P(V2) = 0,2 ; P(N1) = 0,2; P(N2) = 0,4.b.

0,3

0,4

0,4

0,2

0,5

0,2

0,4

0,4

0,2

0,4

0,4

0,2

R1

R2

V2

N2

R2

V2

N2

R2

V2

N2

V1

N1

c. P = 0,3 × 0,4 + 0,5 × 0,2 + 0,2 × 0,4 = 0,3.

31 a. On peut dresser un arbre pondéré ou bien calculer les huit résultats possibles, tous équipro-

bables de probabilité 18

. Les épreuves étant répétées

et indépendantes, on a P(A) = P(B) = P(C) = 12

.

Si l’on considère l’événement A ∩ B, on constate

que P(A ∩ B) = 14

= P(A) × P(B). Les événements A

et B sont donc indépendants. P(A ∩ B) = P(B ∩ C)

= P(A ∩ C) = 14

donc A, B et C sont deux à deux

indépendants.Intuitivement ce résultat est logique : le second jet ne dépend pas du résultat du premier.

b. P(A ∩ B ∩ C) = 18

.

32 a. Cet algorithme simule la loi binomiale de

paramètres (4, 23

).

b. Les nombres affichés représentent P(X = k) pour k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}.

2. X suit la loi binomiale de paramètres (4, 23

).

P(X = k) = 4k

ÊËÁˆ¯̃

23

13

ÊËÁˆ¯̃ÊËÁˆ¯̃

-k n k

et E(X) = 83

.

33 a. Il faudrait 43 = 64 branches.

b. P(B) = 1

64. c. P(C) = 3! × P(A) = 6P(A) =

332

.

d. P(D) = 4(1

64) =

116

. e. P(E) = 4P(C) = 38

.

288 n Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

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Belin

, 201

2.

34 1. d. 2. c. 3. c.

35 1. c. 2. a. 3. b. 4. a.

36 1.

A

B

A2

AB

O

R+

R–

R+

R–

R+

R–

R+

R–

0,4

0,45

0,05

0,1

0,82

0,18

0,81

0,19

0,83

0,17

0,80

0,20

2. a. P = 0,45 × 0,2 = 0,09.b. P(R+) = 0,4 × 0,82 + 0,1 × 0,81 + 0,05 × 0,83 + 0,45 × 0,8 = 0,8105.

c. PR+(AB) = 0 04150 8105,,

= 0,0512.

37 1. a. P(S) = 1 – (0,32 + 0,17) = 0,51.b. P(S ∩ A) = 0,51 × 0,80 = 0,408.c. P(S) = 0,408 + 0,17 × 0,71 + 0,32 × 0,75 = 0,7687.2. a. PR(S) = 0,44. b. PR(ES) = 0,34.

38 Dans l’exemplaire élève, l’énoncé a été modi-fié : c. On sait que 80 % du personnel est féminin (et non pas seulement le personnel AT).a. P(S ∩ F) = 0,71 × 0,92 = 0,6624.b. P(M ∩ F) = 0,12 × 0,33 = 0,0396.c. P(AT ∩ F) = P(F) – P(S ∩ F) – P(M ∩ F) = 0,098.P(AT) = 1 – 0,71 – 0,12 = 0,17.

PAT(F) = 0 0980 17,,

= 0,5764.

39 1. Les données ne permettent pas de répondre.2. a. Non, on ne peut pas répondre.b. On cherche

PTB(R) = P

P( )

( )R TB

TB«

= 0 12 0 164

0 07, ,

,¥

= 0,28.

PAB(R) = 0,106.

40 On note D1 et D2 l’obtention d’un téléphone avec défaut lors des tirages 1 et 2.L’expérience aléatoire consiste en 2 étapes : – choisir au hasard un lot parmi 3 (de probabilité

13

)

– puis d’effectuer deux tirages successifs sans remise.On cherche la probabilité P que, ayant choisi un lot et ayant pioché 2 téléphones, le deuxième soit défectueux sachant que le premier l’est, soit PD1

(D D1 2« ).

P(D1) = 13

(4

241

13333

� � ) = 287

2 574.

P(D D1 2« ) = 13

(4

24323

113

0333

232

¥ � ¥ � ¥ )

= 1

2 208, donc P =

429105 616

.

41 P(I) = 0,7 × 0,1 + 0,2 × 0,3 + 0,1 × 0,1 = 0,14.

PI(H1) = 12

; PI(H2) = 37

; PI(H3) = 1

14.

On privilégie l’hypothèse H1.

42 P = 70

1006999

6898

¥ ¥ = 391

1155.

43 a. P(X = 0) = P(RR) = 0,6 × 0,5 = 0,3.P(X = 1) = 0,4 × 0,75 + 0,6 × 0,5 = 0,6.P(X = 2) = 0,4 × 0,25 = 0,1.b. E(X) = 0,6 + 0,2 = 0,8.c. P(A) = P(X = 0) + P(X = 2) = 0,4.

44 Cet exercice reprend l’urne de l’exercice 43.a. V2

R2

R2

V1

R1

V2

14

25

35

34

25

35

P(A) = P(VR) = 0,4 × 0,75 = 0,3.P(B) = P(VR) + P(RV) = 0,3 + 0,6 × 0,4 = 0,54.

b. PC(A) = 0 3

0 5459

,,� .

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 289

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Belin

, 201

2.

45 1.G

G

G

N1

B1

B2

N2

B2

0,1

1

0,9

19

12

12

16

56

89

G

G

G

2. a. P(N) = 0,1 + 0,9 × 19

= 0,2.

b. P(G) = 0,2 × 0,5 + 0,8 ×  16ÊËÁˆ¯̃ =

730

.

c. 0 1

1323

,(-�

P G)

3. a. P(X = 4 – m) = P(G) = 7

30 ;

P(X = 0) = P(N ∩ G) = 1

10 ; P(X = –m) = P(N ∩ G) =

23

.

b. E(X) = (4 – m) ×  730

– 23

m = 2830

2730- m.

c. E(X) = 0 ⇔ m = 2827

.

46 1. a. La moyenne de R représente pn.d. La fonction semble décroissante et paraît converger vers 0,25.2. a. R2

N2

N2

R1

N1

R2

29

79

13

23

0,3

0,7

b. pn+1 = P(Gn+1 ∩ Gn) + P(Gn+1 ∩ Gn) = 0,4pn + 0,2 (1 – pn) = 0,2pn + 0,2.c. La suite (pn) semble converger vers 0,25.d. Posons un = pn – 0,25. Alors un+1 = pn+1 – 0,25 = 0,2pn – 0,05 = 0,2(pn – 0,25) = 0,2un.Ainsi (un) est une suite géométrique de raison 0,2, or 0 < 0,2 < 1, donc lim un = 0 et lim pn = 0,25.

47 Dans l’exemplaire élève, l’énoncé a été modi-fié : on note An l’événement « le tirage a lieu dans l’urne U1 à l’étape n ».1. p1 = 1 ; p2 = 0,85.2. a. U1

U2

U2

U1

U2

U1

45

pn

1- pn

1720

320

120

b. P(An+1) = pn+1 = P(An+1 ∩ An) + P(An+1 ∩ An).D’où pn+1 = 0,85pn + 0,05(1 – pn) = 0,8pn + 0,05.c. p3 = 0,8 × 0,85 + 0,05 = 0,73.3. a. Par récurrence : p1 > 0,25 et si pn > 0,25, alors pn+1 > 0,8 × 0,25 + 0,05 donc pn+1 > 0,25. La propriété est vraie au rang 1 et elle est hérédi-taire, donc pn > 0,25 pour tout entier naturel n non nul.b. pn+1 – pn = 0,05 – 0,2pn < 0,05 – 0,2 × 0,25 < 0 donc (pn) est décroissante.c. (pn) est décroissante et minorée, donc elle converge.d. Par opérations sur les suites convergentes : = 0,8 + 0,05 donc : = 0,25.

48 1. a0 = 1, b0 = c0 = 0.2.

an

0

0,4

cn

bn

0,5

0,5

0

0

1

0

An

An+1

Bn+1

Cn+1

An+1

Bn+1

Cn+1

An+1

Bn+1

Cn+1

Bn

Cn

13

290 n Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

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, 201

2.

3. a1 = 0 ; b1 = 13

; c1 = 23

.

a2 = 16

; b2 = 0 ; c2 = 23

+ 16

= 56

.

a3 = 0 ; b3 = 1

18 ; c3 =

56

+ 19

= 1718

.

4. a. La somme des probabilités vaut 1 donc an + bn + cn = 1. La puce ne peut se retrouver en

A que si elle était d’abord en B donc an+1 = bn2

et

elle ne peut se retrouver en B que si elle était

d’abord en A donc bn+1 = an3

.

b. an+2 = 12

bn+1 = 16

an.

c. Si n est pair, alors n = 2p et a2p = (16

)p ; a0 = 16

.

Si n est impair, alors a2p+1 = (16

)pa1 = 0.

D’autre part, bn = an-13

; b2p = 0 et b2p+1 = 13

(16

)p.

5. 0 < 16

< 1 donc : lim16

0ÊËÁˆ¯̃�

p

. Ainsi la limite

des termes de rang pair est égale à la limite des termes de rang impair, c’est-à-dire : lim

n na��

� 0

et limn nb��

� 0. Or cn = 1 – (an + bn) donc par

opérations, limn ncÆ��

� 0.

49 On désigne par pn, qn et rn les probabilités respectives des événements An, Bn et Cn.1. p1 = P(A1 ∩ A0) + P(A1 ∩ B0) + P(A1 ∩ C0) = 0,4 × 0,6 + 0,3 × 0,41 + 0,19 × 0 = 0,363.2. a. qn+1 = 0,6pn + 0,3qn et qn+1 = 0,6qn + 0,3pn.Donc Sn+1 = qn+1 + pn+1 = 0,9(pn + qn) = 0,9Sn etDn+1 = qn+1 – pn+1 = 0,3(qn – pn) = 0,3Dn.b. 0 < 0,9 < 1 et 0 < 0,3 < 1, donc lim lim

n n n nS D�� ��

� � 0.

c. 2qn = Sn + Dn donc limn nq��

� 0 ; limn np��

� 0 et lim

n nr��� 1.

Au bout d’un certain temps, il ne restera que des plantes de type C, quelles que soient les propor-tions de départ.

50 1. p1 = 1 et P(Rn+1) = pn+1 = P(Rn+1 ∩ Rn) + P(Rn+1 ∩ Rn).pn+1 = p × pn + (1 − p)(1 – pn) = (2p – 1)pn + 1 − p.

2. Si p = 12

alors pour tout n, pn+1 = 1 − p = 12

.

3. a. wn+1 = pn+1−12

= (2p – 1)pn + (1 – p) – 12

=

(2p – 1)(pn – 12

). (wn) est une suite géométrique de

raison 2p – 1 et de premier terme w1 = p1 – 12

= 12

.

wn = 12

(2p – 1)n–1 donc : pn = 12

+ 12

(2p – 1)n–1.

b. 0 < p < 1 donc –1 < 2p – 1 < 1 et

lim ( )n

np��

-- �12

2 1 01 d’où limn npÆ��

� 12

.

Plus le processus se poursuit, plus le choix d’ef-fectuer ou non un placement sera équiprobable.

4. a. p20 = 12

+ 12

(–0,84)19 = 0,48179 à 10–5 près.

b. 0,49999 < pn < 0,50001 ⇔–2.10–5 < (2p – 1)n–1 < 2.10–5 ⇔

0,84n–1 < 2.10–5 ⇔ n > 1 + ln( . )

ln ,2 100 84

5-.

On trouve n = 64

51 Soit S l’événement « l’article a un défaut de soudure », C : « il a un défaut de composant » et D : « il est défectueux ».P(S) = 0,03 et P(C) = 0,02. Les deux défauts étant indépendants, P(S ∩ C) = P(S)P(C)Un article est dit défectueux s’il présente au moins l’un des deux défauts, donc : P(D) = P(S ∪ C). Ainsi P(D) = 0,03 + 0,02 – 0,0006 = 0,049 4.

52 1. a. s = P(A ∩ B) = P(A)P(B) = 0,08 × 0,05 = 0,004.b. p = P(A ∪ B) = 0,08 + 0,05 – 0,004 = 0,126.2. a. p(X = 0) = 1 – 0,126 = 0,874.P(X = 1) = P(A ∪ B) – P(A ∩ B) = 0,122.P(X = 2) = P(A ∩ B) = 0,004.b. E(X) = 0,122 + 2 × 0,004 = 0,13.

53 Dans l’exemplaire élève, la question 5. de cet exercice est supprimée.1. Proposition d’algorithme :

N = 1, A = 0, B = 0, C = 0, D = 0, E = 0, F = 0, G = 0Tantque N ≤ 100S = EntAlea [1, 3] + EntAlea[1, 3] + EntAlea[1, 3]Si S = 3, alors A = A + 1Si S = 4, alors B = B + 1……Si S = 9, alors G = G + 1FinSIN = N + 1FinTanqueAfficher A, B, … G

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 291

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2.

2. Répartition des fréquences de S :

S 3 4 5 6 7 8 9

f(S) 4 13 21 25 20 11 5

3. P(D = 1) = P(D = 2) = P(D = 3) = 13

.

Un résultat élémentaire est xyz, et tous les résul-

tats sont équiprobables de probabilité 1

27 = a.

Pour S, la somme varie de 3 à 9, il suffit de comp-ter :

S 3 4 5 6 7 8 9

1 3 6 7 6 3 1

4. Oui.

54 1. Simulation sur tableur – En cellules A1, B1, C1 entrer un entier aléatoire

entre 1 et 10. – Pour simuler la première stratégie :

En D1 la condition : “Si ((A2 ≤ 4 et B2 > 7)ou (A2 > 4 et B2 ≤ 7 ; 1, –1)“En E1 la condition : “Si ((C2 ≤ 6 et B2 > 7)ou (C2 > 6 et B2 ≤ 7 ; 1, –1)“En F1 « = E1 + D1» – Pour simuler la deuxième stratégie :

En G1 la condition : “Si ((A2 ≤ 4 et C2 > 6)ou (A2 > 4 et C2 ≤ 6 ; 1, –1)“En H1 la condition : “Si ((C2 ≤ 6 et B2 > 7)ou (C2 > 6 et B2 ≤ 7 ; 1, –1)“En I1 « = G1 + H1»Les deux simulations donnent à peu près le même résultat.2. Soit X la variable qui compte le nombre de points obtenus à l’issue d’une partie.P(X = −2) = P(NNN) + P(BBB).P(X = 0) = P(BNN) + P(BBN) + P(NBB) + P(NNB).P(X = 2) = P(NBN) + P(BNB).P(G) = P(X = 2).P(G1) = 0,4 × 0,3 × 0,6 + 0,6 × 0,7 × 0,4 = 0,24.P(G2) = 0,4 × 0,4 × 0,7 + 0,6 × 0,6 × 0,3 = 0,22.La stratégie 1 est gagnante.

55 1. P(F) = 0,456, PF(A) = 0,905 et PA(F) = 0,466.2. a. P(A ∩ F) = 0,456 × 0,905 = 0,413.b. P(A ∩ F) = P(A).PA(F) donc : P(A) = 0,885.3. PG(A) = P(A ∩ F)/P(G) = 0,8694. a. p = (0,9)18 = 0,15b. p′ = 1 – (0,9)18 = – 18.(0,1).(0,9)18 = 0,55

56 1. T

M

T

0,85

0,15

0,05

0,95

0,01

0,99

T

T

M

2. a. P(M ∩ T) = 0,01 × 0,85 = 0,0085.b. P(T) = P(M ∩ T) + P(M ∩ T) = 0,0085 + 0,0495 = 0,058

3. PT(M) = P

P( )

( )M T

T«

= 0,146

4. a. X suit la loi binomiale de paramètre (5 ; 0,058).b. p = 1 – (1 – 0,058)5 = 0,987.

Préparer le BAC

Exercices guidés BAC

64 1. a. P(A) = 0,2 × 0,01 = 0,002.b. P(D) = 0,002 + 0,08 = 0,082.

2. PD(G) = P

P( )

( )G D

D«

= 141

.

3. P(X = 0) = 0,2P(X = 80) = 0,72 ; P(X = 280) = 0,08.E(X) = 80 × 0,72 + 280 × 0,08 = 80.

4. P = 1 – (1 – 141

)5 = 0,12 à 10–2 près.

65 1. a. et b. Voir le cours.2. a. P(R ∩ S) = P(R) × P(S) = 0,9 × 0,05 = 0,045.b. P(R ∩ S) = 0,9 × 0,95 = 0,855.c. X suit donc la loi binomiale de paramètre 5 et 0,9.P(X ≥ 2) = 1 – (P(X = 0) + P(X = 1)) = 0,99954.

QCM – Vrai ou faux BAC

66 1. Affirmation 1 fausse : P(A ∩ B) = P(A).P(B).2. Affirmation 2 fausse : P(T) = P(T ∩ M) + P(T ∩ M).

Affirmation 3 fausse : PT(M) = P

P(

(T M)

T)«

= 13

.

292 n Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

© é

diti

ons

Belin

, 201

2.

3. Affirmation 4 fausse : PB(A) = P

P(

(A B)

B)«

= 0 280 34

1417

,,� .

67 1. a. 0,3 + P(B) – 0,3P(B) = 0,65 donc

P(B) = 0 65 0 3

1 0 3, ,

,--

= 0,5.

2. b. P = 14

110¥ +

34

13¥ = 0,275.

3. b. P = 1

401140

ÊËÁˆ¯̃�ÊËÁˆ¯̃ =

111

.

4. d. X suit la loi binomiale de paramètre (5 ; 0,2). P(X = 2) = 0,2048.

Exercice BAC

68 1. a. S1

V

R

S1

16

23

13

56

23

13

S1

S1

b. P(S1) = P(S1 ∩ V) + P(S1 ∩ R)

= 23

16

¥ÊËÁˆ¯̃ +

13

23

¥ÊËÁˆ¯̃ =

13

.

2. a. Dans le cas d’épreuves répétées indépen-

dantes PR(Sn) = 16ÊËÁˆ¯̃

n

et PV(Sn) = 23ÊËÁˆ¯̃

n

.

b. Dans l’exemplaire élève cette question a été modifiée : n est un entier naturel non nul tel que n ≥ n0.

pn = PnS (R) =

P RPn

n

( )( )

SS«

=

13

46

23

16

13

46

¥ÊËÁˆ¯̃

¥ÊËÁˆ¯̃ � ¥

ÊËÁˆ¯̃

n

n n =

1

214

1¥ÊËÁˆ¯̃ �

n.

c. pn ≥ 0,999 ⇔ 214

1¥ÊËÁˆ¯̃ �

n

 ≤  10 999,

⇔

4n ≥  12

10 999

11

¥ -ÊËÁ

ˆ¯̃

ÊËÁ

ˆ¯̃

-

, ⇔

n ≥ nln(4) ≥  – ln ,1

0 999 12-

Ê

Ë

ÁÁÁÁ

ˆ

¯

˜˜˜̃.

Donc n0 = 6.

Pour aller plus loin

69 a. Soit B l’événement « l’élève donne la bonne réponse » et T « l’élève a triché ».

P(B) = 0,2 + 0,8 × 13

= 7

15. b. PB(T) =

0 2,(P B)

= 37

.

70 La probabilité que la convocation soit dans le

tiroir ouvert est de 14

. On sait que la convocation

n’est pas dans les deux premières pochettes. Donc, la probabilité qu’elle soit dans la troisième sachant qu’elle n’est pas dans les deux premières revient à calculer la probabilité que la convoca-

tion soit bien dans ce tiroir. Elle vaut donc 14

.

71 Soit U l’événement « l’écran est défectueux au sortir des ateliers d’assemblage » et A « il a été détérioré après ».P(U) = 0,75 × 0,05 + 0,25 × 0,02 = 0,05.

P(D) = P(U) + P(U)50

= 0,05 + 0,019 = 0,69.

P(U ∩ A) = 0 75 0 05 0 19

0 69, ( , , )

,�

= 0,75.

72 1. P P P( ) ( ) ( )A B C D D A B CA B C« « « � ¥ « «« «� ¥ ¥ ¥« « «P P P PA B C A B AD C B A( ) ( ) ( ) ( )2. On suppose que les goujons rejetés ne sont pas morts, donc on peut les repêcher.Soit b le nombre de brochets et g le nombre de goujons, on a n = b + g. Les résultats sont donnés en valeur approchée, pour g = 200 et b = 20.a. X peut prendre 5 valeurs : 0, 1, 2, 3, 4.b. X = 0 est l’événement « On ne pêche que des goujons ».

P(X = 0) = gnÊËÁˆ¯̃

4

= 0,6830.

X = 1 est l’événement « On pêche 1 brochet et 3 goujons », le brochet pouvant être pêché en 1, 2, 3 ou 4.

P(X = 1) = bn

gn -ÊËÁ

ˆ¯̃1

3

+ gn

bn

gn -ÊËÁ

ˆ¯̃1

2

+

gnÊËÁˆ¯̃

2 bn

g

n - 1 +

gnÊËÁˆ¯̃

3bn

= 0,2895.

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 293

© é

diti

ons

Belin

, 201

2.

c. On cherche E(X).

P(X = 4) = bn

bn--

11 bn--

22

bn--

33

= 0,00005.

P(X = 3) = gn

bn

bn--

11 bn--

22

+ bn

g

n - 1 bn--

11 bn--

22

+

bn

bn--

11

gn - 2

bn--

22

+ bn

bn--

11 bn--

22

g

n - 3 = 0,0023.

P(X = 2) = 1 – (P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 3) + P(X = 4)) = 0,0702.E(X) = P(X = 1) + 2P(X = 2) + 3P(X = 3) + 4P(X = 4) = 0,4376.Le nombre moyen de brochets obtenus est 0,4.

73 On suppose que les pannes sont indépen-dantes. S’il pleut et qu’il arrive à pied, on peut supposer qu’il a rencontré les deux pannes donc

p = 0,2 × 23

= 2

15.

74 Soit D l’événement « Jean a acheté son billet ».P(D) = 0,5 × 0,1 + 0,3 × 0,2 + 0,2 × 0,4 = 0,19.

PD(A) = 5

19.

75 1. L’événement « face apparaît après deux piles » rend nécessaire au moins trois lancers et

P(PPF) = 18

.

Pour n = 4, la séquence se termine par PPF et peut commencer par F ou P donc la probabilité

est 2

1618� .

2. a. La séquence PPF ne peut apparaître pour

n = 1 ou n = 2 donc a1 = a2 = 0 et a3 = a4 = 18

.

b. Dans cette question on vérifie que a4 = a3 – a18

.

a3 – a18

= 18

– 0 = a4.

c. Dans cette question on veut montrer que

an+1 = an – an-2

8.

Pour n + 1 lancers, la séquence doit se terminer par

PPF (de probabilité 18

) sans jamais avoir rencontré

de séquences PPF au cours des n – 2 précédents lancers, de probabilité 1 – (a1 + a2 + … an–2).

Donc an+1 = 1

81 2 2- � � � -( ... )a a an .

Ainsi an+1 – an = 1

81 2 2- � � � -( ... )a a an –

18

1 2 3- � � � -( ... )a a an

d’où an+1 – an = – an-2

8.

d. Pour n ≥ 5, an+1 – an < 0, donc la suite est décroissante et positive donc converge vers un

réel a tel que a = aa-8

, donc a = 0.

76 A. 1. On utilise la définition des coefficients binomiaux, selon laquelle il existe 120 façons de choisir 3 boules parmi 10.2. a. X(W) = {0, 1, 2, 3}.b. Dans chaque poignée, s’il y a k boules noires parmi 4, il y a 3 – k boules rouges parmi 6. Les tirages sont équiprobables.

k 0 1 2 3

120pk 20 60 36 4

c. E(X) = 60 72 12

12065

� � � = 1,2.

B. a. Y(W) = {0,1, 2, 3}.b.

R2

N2

R2

N2

R1

N1

R3

N3

R3

N3

R3

N3

R3

N3

12

59

49

69

39

12

58 3

8

38

58

28

68

610

410

c. (Y = k) signifie que l’on a k boules noires et 3 – k boules rouges.

P(Y = 0) = 610

59

48

¥ ¥ = 16

; P(Y = 3) = 4

1039

28

¥ ¥ .

(Y = 1) signifie que l’on a une seule boule noire qui peut-être tirée en 1er, 2e ou 3e.

P(Y = 1) = 610

59

48

¥ ¥ + 610

49

58

¥ ¥ + 4

1069

58

¥ ¥ = 16

.

P(Y = 2) = 610

49

38

¥ ¥ + 4

1069

38

¥ ¥ + 4

1039

68

¥ ¥ = 3

10.

d. X et Y ont la même loi.

294 n Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

© é

diti

ons

Belin

, 201

2.

e. Si on ne regarde que le nombre de boules noires obtenues, la probabilité est la même en tirant simultanément ou successivement sans remise.

77 Dans l’exemplaire élève, la question 2. (Géné-ralisation) a été modifiée : L’urne contient n boules et on tire une poignée de p boules.1. a. X(W) = {3, 4, 5, 6, 7}.

b. Il y a 73

ÊËÁˆ¯̃ poignées différentes de 3 boules

parmi 7. Le plus grand numéro est k, les deux autres sont à choisir parmi k – 1 boules.2. a. X(W) = {p, p + 1, …, n – 1, n}.

Il y a np

Ê

ËÁˆ

¯̃ poignées différentes de p boules parmi n.

Le plus grand numéro est k, les p − 1 autres sont à choisir parmi k – 1 boules.

Donc P(X = k) =

kp

np

--

Ê

ËÁˆ

¯̃Ê

ËÁˆ

¯̃

11

.

b. La somme des P(X = k) vaut 1.

78 On note D l’événement « D dit la vérité » et d sa probabilité.

PC(D) = 13

: PC(D) = 23

.

d = 13

c + 23

(1 – c) = –13

c + 23

; c = –13

b + 23

;

b = –13

a + 23

; a = 13

; b = 59

; c = 1327

; d = 4181

et

P(D ∩ A) = P(A)PA(D) = 13

× 1327

, donc PD(A) = 1341

.

79 On procède comme dans l’exercice 76.« Au moins un billet gagnant » est le contraire de « Pas de billet gagnant ».Soit n le nombre de billets achetés.

p = 1 –

998

1000n

n

ÊËÁ

ˆ¯̃

Ê

ËÁˆ

¯̃

= - �n n2 1999

999 000.

p > 0,7 ⇔ n2 – 1 999n + 699 300 > 0 et n est entier donc n > 1 547.

80 En procédant comme dans l’exercice 75.B. on montre que la probabilité de tomber sur un car-

ton avarié vaut toujours 13

.

Accompagnement personnalisé

AP 1 1. 2. Remarques possible :

– Les réponses ne sont pas argumentées. Un arbre ne doit pas être simplement tracé mais construit. – L’exercice a été mal compris. Les probabilités

demandées à la question 1.a. sont dans les énon-cés et ne nécessitent aucun calcul.3. P(T) > 1 ce qui est impossible. L’élève a sans doute pensé que P(T) = PV(T) + PV(T).

4. 1) a) Une maladie touche 5 % de la population donc P(V) = 0,05.La probabilité qu’une personne contami-née obtienne un test positif est de 0,99 donc PV(T) = 0,99.La probabilité qu’une personne non contaminée obtienne un test positif est de 0,03 donc PV(T) = 0,03.

b) P(T ∩ V) = P(V)PV(T) = 0,05 × 0,99 = 0,0495.c) P(T) = P(T ∩ V) + P(T ∩ V) = 0,0495 + 0,03 × 0,95 = 0,078.

5. PT(V) = P

P( )

( )V T

T«

= 0,62 à 10–2 près.

AP 3 Dans l’exemplaire élève, l’énoncé a été

modifié comme suit : – Si la pièce choisie est en argent, le coup est

annulé et on recommence. – 2. Une des stratégies suivantes est-elle meil-

leure que les autres ? – Stratégie 1. (…) donc il faut parier au hasard

sur l’or ou l’argent.1. On note O la pièce d’or et A la pièce d’argent. La boîte A contient OO, la boîte B contient OA et la boîte C contient AA. On choisit une boîte, puis

une pièce dans la boîte. P(O) = 13

+ 13

× 12

= 12

.

P(OO) = P(A) = 13

donc p = 2 × 12

– 23

. Il vaut donc

mieux parier sur l’or.

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 295

© é

diti

ons

Belin

, 201

2.

2. 3. Si on opte pour l’or la probabilité de gagner

un point est 23

, si on opte pour l’argent c’est 13

.

On note X la variable aléatoire qui compte le nombre de points gagnés. On cherche P(X ≥ 6) (on ne compte que les parties ou l’or est tombé, les autres étant annulées).Stratégie 1. La probabilité de gagner un point à

chaque coup non annulé est 12

.(13

+ 23

) = 12

.

On calcule donc P(X ≥ 6) pour la loi binomiale de

paramètres (10, 12

). On trouve 0,17.

Stratégie 2. On calcule P(X ≥ 6) avec la loi bino-

miale de paramètres (10, 13

), ce qui donne 0,076

Stratégie 3. On calcule P(X ≥ 6) avec la loi bino-

miale de paramètres (10, 23

), ce qui donne 0,78.

AP4 1. n = 3 (l’un a gagné 3 fois de suite) et

N = 5, car chacun avait gagné deux manches avant la partie décisive.2. L’arbre a 32 branches.3. On note P la partie perdue et G la partie gagnéea. Le joueur 1 a PGG (par exemple). Il peut gagner avec PGGG ou PGGPG, donc avec une

probabilité de 12

+ 14

= 34

.

Le joueur 2 a donc GPP. Il peut gagner avec

GPPGG, de probabilité 14

. Le partage des pistoles sera alors 48 et 16.b. Le joueur 1 a GG. Il peut gagner avec GGG,

GGPG, GGPPG, avec une probabilité de 12

+ 14

+ 18

= 78

.

Le partage est alors 56 et 8.