GEA II Introduction aux probabilités Poly. de révision …darondea/DOC/gea2.pdfTD 1. ANALYSE COMBINATOIRE 12 Exercice 2 Une main est un ensemble de p= 5 cartes non-ordonnées. Chaque

GEA II

Introduction aux probabilités

Poly. de révision

Lionel Darondeau

Table des matières

Énoncés 4

Corrigés 10TD 1. Analyse combinatoire 11TD 2. Probabilités élémentaires 16TD 3. Probabilités conditionnelles 20TD 4. Lois discrètes 23TD 5. Variables aléatoires discrètes 28

3

Énoncés

I.U.T.de SCEAUXG.E.A.2 1ère annéeLiliane ALFONSI

T.D. 1 : Analyse combinatoire

Exercice 1 :

De combien de façons peut on :a) répartir 5 voyageurs dans un hôtel de 10 chambres, un voyageur occupant une seule chambre ?b) répartir 6 sacs à dos identiques entre 7 randonneurs, un randonneur n’ayant qu’un sac à dos ?c) répartir 2 bonbons identiques parmi 3 enfants, un seul enfant ne pouvant pas avoir les 2 ?d) obtenir un sigle de 4 lettres avec les lettres G,E,A ?e) obtenir un nombre de 3 chiffres avec les chiffres tous distincts ?f) dans le dessin ci dessous, aller de A à B en utilisant le chemin le plus court, en ne suivant que

les traits tracés ?

Exercice 2 :

Une main est un ensemble de 5 cartes. On tire une main dans un paquet de 32 cartes.Combien a-t-on de mains différentes possibles ? Parmi celles ci :

a) combien ont un roi ?b) combien ont au moins un roi ?c) combien ont le roi de coeur ?d) combien ont au moins un coeur ?e) combien ont un roi et un coeur ?f) combien ont un roi et au moins 3 coeurs ?

Exercice 3 :

Combien de mots (un mot est un assemblage de lettres, par exemple: « zwqg »est un mot) de 4 lettres peut on écrire ?Parmi ces mots combien contiennent les lettres M et E ?Combien ont 3 fois la même lettre ?

I.U.T.de SCEAUXG.E.A.2 1ère annéeLiliane ALFONSI

T.D. 2 : Probabilités élémentaires

Exercice 1 :

On choisit 3 cartes dans un jeu de 32. Quelle est la probabilité d’avoir :a) 3 as ?b) au moins 2 as ?c) 2 rois et 1 dame ?d) au moins 2 rois et au moins une dame ?e) au moins un valet et au plus un as ?f) un roi et un pique ?

Exercice 2 :

Dans une urne il y a 4 boules vertes, 2 bleues, et 3 rouges.Quelle est la probabilité de tirer :

a) une de chaque couleur en tirant une poignée de 3 ?b) d’abord une verte, puis, après remise, une bleue, puis après remise une rouge ?c) une de chaque couleur en tirant les boules une à une avec remise ?d) k vertes, (avec k=0, puis k=1, puis k=2, puis k=3) avec la règle: « on tire une boule, si elle est verte on la garde, sinon on la remet », sachant que l’on fait 3 tirages ?

Exercice 3 :

Vous montez dans un avion qui a 2 réacteurs sur chaque aile.Chaque réacteur a 2% de chances de tomber en panne, mais l’avion peut continuer à voler avec au moins un réacteur sur chaque aile. Quelle chance avez vous d’arriver à bon port ?

Exercice 4 :

On lance 2 dés. Quelle est la probabilité d’avoir:a) un double ?b) un 2 et un 5 ?c) une somme égale à 5 ? à7 ?d) 2 nombres qui se suivent ?

I.U.T.de SCEAUXG.E.A.2Liliane ALFONSI

T.D. 3 : Probabilités conditionnelles .

Exercice 1 :

Trois pannes P1, P2, P3, apparaissent avec les probabilités suivantes:25% pour P1, 25% pour P2, 50% pour P3.

Ces pannes de l’appareil ont les probabilités respectives 7%, 33%, 12%, de provoquer un court circuit.Un court circuit a lieu, quelle est la panne la plus probable parmi P1, P2, P3 ?

Exercice 2 :

Dans le pays de Yellowland, un homme a 1 chance sur 2 d’être blond et une femme 1 chance sur 3.Vous débarquez dans la capitale Yellowtown et vous apercevez de loin un habitant blond.Quelle est la probabilité que ce soit une femme ?

Exercice 3 :

Un test T est destiné à contrôler si un réveil électronique est ou non défectueux.Dans l’usine de production, on a constaté au fil des ans que la proportion de réveils fabriqués en bon état de marche est toujours de x.Le test T détecte un mauvais fonctionnement dans 95% des cas où le réveil est défectueux, et dans 3% des cas où le réveil fonctionne correctement.Quelle est la probabilité qu’un réveil, détecté non valable par T, soit en fait en bon état ?

Exercice 4 :

Un professeur mal réveillé, se rend chaque matin de son domicile A à l’IUT, désigné par C, avec 1 chance sur 2 de prendre le bon chemin à chaque carrefour.

Quelle est la probabilité qu’il arrive en C ?Ce matin il est bien arrivé à l’IUT, quelle est la probabilité qu’il soit passé par B ?


T.D.: Lois discrètes.

Exercice 1:

On jette trois pièces de monnaie. Chaque Pile rapporte 1 franc mais chaque F coûte 1 franc. Quel est l'espérance de gain ? L'écart type ?

Exercice 2 :

La probabilité pour une ampoule d'être défectueuse est 3,5%. Soit X le nombre de mauvaises ampoules dans les lots de trois. Qu'elle est la loi de X ? Son espérance ? Sa variance ?

Exercice 3 :

Soit X un entier au hasard entre 1 et 10. Quelle est la loi de X ? sa fonction de répartition ?

Exercice 4 :

Un cheval a la probabilité 0,6 de gagner une course, sauf dans le cas où il a perdu la course précédente auquel cas il n'a plus que 0,4. Invaincu de la saison ce cheval prépare trois courses. Quelle est la distribution de la variable aléatoire : X = nombre de courses gagnées sur les trois ? Son espérance ? Sa variance ?

Exercice 5 :

Dans un lot de 100 pièces, on en choisit 10 au hasard. Quelle est la probabilité d'avoir 2 pièces mauvaises sur les dix si l'on suppose : a) on prend les 10 pièces en une seule fois et on sait qu'il y a vingt pièces défectueuses parmi les 100 ? b) il y a environ 20 pour cent de pièces défectueuses dans la production en général ?


T.D. 4 : Variables aléatoires discrètes .

Exercice 1 :

L'entreprise Tina Rassi , grande spécialiste du "petit papa Noël", fabrique pour le 30 Novembre, et loue à la journée, pour les fêtes de fin d'année, des pères Noël robotisés pour distribuer les jouets aux enfants lors des arbres de Noël des écoles et des collectivités. Au 1er Janvier, en piteux état, ils partent à la casse . (Triste destin pour un père Noël ! ). D'après une étude,l'entreprise sait qu'au mois de Décembre, la variable aléatoire X = « Nombre de clients par jour », obéit à la loi suivante:

X 0 1 2 3 4 5 6 7 8p 0.05 0.05 0.1 0.05 0.2 0.3 0.1 0.1 0.05

Les frais de gestion et d'entretien de stock s'élèvent à 50 Euros par robot et par jour. Sachant que le prix de location d'un père Noël pour la journée est de 300 Euros , quel est le stock de robots donnant la meilleure espérance de gain total par jour ? (on calculera l'espérance du gain pour un stock de 1 père Noël, de 2 pères Noël, de 3,de 4, 5,6,7, et 8 pères Noël ).

Exercice 2 :

Au 1er Décembre 2000, l'entreprise possèdera 6 robots dont chacun aura, chaque jour de sa brève existence, 95% de chances d'être en état de marche. Soit Y la variable aléatoire : « Nombre de pères Noël en état de marche chaque jour de Décembre ». Donner toutes les valeurs de Y et les probabilités qui s'y rattachent.

Exercice 3 : Soit Z la variable aléatoire : « Nombre de pères Noël loués effectivement par jour ». Quelle est la loi de Z ? , son espérance ? , son écart type ? , sa variance ? sa fonction de répartition ? Exercice 4 : On prévoit pour un autre objet, une vente V qui peut atteindre 1000 objets, 2000 objets, ou 3000 objets, avec les probabilités respectives de 0,25; 0,5; 0,25.Le bénéfice unitaire B, peut être de 100 Euros, avec la probabilité 1/6,

200 Euros, avec la probabilité 1/4,300 Euros, avec la probabilité 1/3,400 Euros, avec la probabilité 1/4.

Quelle est la loi de CA=V.B ? sa fonction de répartition ? Comparer E(V.B) à E(V).E(B). Conclusion?

Exercice 5 :Soient X et Y, 2 variables aléatoires indépendantes, dont les lois sont données par les tableaux suivants:

X 0 1 2 3 Y 0 1 2proba 1/4 1/4 1/4 1/4 proba 1/3 1/3 1/3

Donner laloi de X+Y, sa fonction de répartition, son espérance, sa variance .

Corrigés

TD 1. Analyse combinatoire

Exercice 1Revoir les corrections détaillées du tableau. Si on veut aller plus vite on peutécrire :

(a) On répartit des voyageurs (p = 5) entre des chambres (n = 10). On peutdiérencier les voyageurs donc il y a un ordre. Chaque voyageur a uneseule chambre, donc il n'y a pas répétition. Le nombre de solution estdonc le nombre d'arrangements :

A510 = 30240.

(b) On répartit des sacs (p = 6) entre des randonneurs (n = 7). On ne peutpas diérencier les sacs, donc il n'y a pas d'ordre. On ne peut donnerqu'un sac à chaque voyageur donc il n'y a pas répétition. Le nombre desolution est donc le nombre de combinaisons :

C67 = 7.

(c) On répartit des bonbons (p = 2) entre des enfants (n = 3). On ne peutpas diérencier les bonbons, donc il n'y a pas d'ordre. On ne peut donnerqu'un bonbon à chaque enfant donc il n'y a pas répétition. Le nombrede solution est donc le nombre de combinaisons :

C23 = 3.

(d) On répartit des positions dans le mot (p = 4) entre les lettres de l'alpha-bet G,E,A (n = 3). On peut diérencier les positions dans le mot doncil y a un ordre. Une lettre peut apparaître à plusieurs positions, donc ily a répétition. Le nombre de solution est donc le nombre exponentiel :

34 = 81.

(e) On répartit des positions dans le nombre (p = 3) entre les chires del'alphabet 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (n = 10). On peut diérencier les po-sitions dans le nombre donc il y a un ordre. Un chire ne peut pasapparaître à plusieurs positions, donc il n'y a pas répétition. Le nombrede solution est donc le nombre d'arrangements :

A310 = 720.

(f) C'est l'exemple le plus dur. On répartit des pas verticaux (p = 2) dansles huit positions dans une marche de huit pas (n = 8). On ne peut pasdiérencier deux pas verticaux donc il n'y a pas d'ordre. On ne peutpas faire deux k-ème pas, donc il n'y a pas de répétition. Le nombre desolution est donc le nombre de combinaisons :

C28 = 28.

TD 1. ANALYSE COMBINATOIRE 12

Exercice 2Une main est un ensemble de p = 5 cartes non-ordonnées. Chaque carte peutavoir n = 32 valeurs. Il n'y a pas d'ordre car la main n'est pas ordonnée. Iln'y a pas de répétition car chaque carte de la main n'a qu'une valeur à lafois. Le nombre total de mains Card(Ω) est donc le nombre de combinaisons :

Card(Ω) = C532 = 201376.

Dans toute les questions suivantes. On divise le paquet de carte enplusieurs paquets, suivant un critère, puis on regarde combien de carte onprend dans chaque paquet.

(a) paquet 1: les cartes qui sont des rois,n1 = 4, p1 = 1.

paquet 2: les cartes qui ne sont pas des rois,n2 = 32− 4 = 28, p2 = 5− 1 = 4.

On obtient : C14 choix pour les rois et C4

28 choix pour les "non-rois".Donc pour le nombre de main avec (exactement) un roi on obtient :

C14 · C4

28 = 81900.

Il y a 81900 mains avec exactement un roi.

(b) On compte les mains sans rois. 1

paquet 1: les cartes qui sont des rois,n1 = 4, p1 = 0.

paquet 2: les cartes qui ne sont pas des rois,n2 = 32− 4 = 28, p2 = 5− 0 = 5.

On obtient : C04 choix pour les rois et C5

28 choix pour les "non-rois".Donc pour le nombre de main avec aucun roi on obtient :

C04 · C5

28 = 98280.

Le nombre de mains avec au moins un roi est donc :

201376− 98280 = 103096

Il y a 103096 mains avec au moins un roi.

1. Comme avoir au moins un roi a beaucoup de sous-cas 1, 2, 3 ou 4 rois on

compte plutôt le nombre de mains dans le complémentaire, c'est à dire le nombre de

mains sans rois. Ensuite il sut de soustraire. Soit A = mains avec au moins un roialors A = mains avec 0 rois, et l'égalité :

Card(A) = Card(Ω)− Card(A)

permet de conclure.


(c) paquet 1: les cartes qui sont le roi de c÷ur,n1 = 1, p1 = 1.

paquet 2: les cartes restantes,n2 = 32− 1 = 31, p2 = 5− 1 = 4.

Le nombre de mains avec le roi de c÷ur est donc :

C11 · C4

31 = 31465

Il y a 31465 mains avec le roi de c÷ur.

(d) On compte plutôt les mains sans c÷ur.

paquet 1: les cartes qui sont des c÷urs,n1 = 8, p1 = 0.

paquet 2: les cartes restantes,n2 = 32− 8 = 24, p2 = 5− 0 = 5.

Le nombre de mains sans c÷urs est donc :

C08 · C5

24 = 42504.

Puis, le nombre de mains avec au moins un c÷ur est :

201376− 42504 = 158872

Il y a 158872 mains avec au moins un c÷ur.

(e) Ici, on est obligé de considérer des sous-cas. On fait 4 paquets : 2

paquet 1: les cartes qui sont le roi de c÷ur, n1 = 1.

paquet 2: les autres c÷urs, n2 = 8− 1 = 7.

paquet 3: les autres rois, n3 = 4− 1 = 3.

paquet 4: les cartes restantes, n4 = 32− 1− 7− 3 = 21.

puis on fait un tableau :

p1 p2 p3 p4 nombre de solutions

1 0 0 0 C11 · C0

7 · C03 · C0

21 = 1

0 1 1 0 C01 · C1

7 · C13 · C0

21 = 21

Pour nir, on fait la somme sur tous les sous-cas :

1 + 21 = 22.

Il y a 22 mains avec (exactement) un roi et (exactement) un c÷ur.

(f) On utilise les mêmes paquets mais il y a plus de cas :

2. ATTENTION au roi de c÷ur, qui est un roi ET un c÷ur



1 2 0 2 C11 · C2

7 · C03 · C2

21 = 4410

1 3 0 1 C11 · C3

7 · C03 · C1

21 = 735

1 4 0 0 C11 · C4

7 · C03 · C0

21 = 35

0 3 1 1 C01 · C3

7 · C13 · C1

21 = 2205

0 4 1 0 C01 · C4

7 · C13 · C0

21 = 105

Pour nir, on fait la somme sur tous les sous-cas :

4410 + 735 + 35 + 2205 + 105 = 7490.

Il y a 7490 mains avec (exactement) un roi et au moins trois c÷ur.

Exercice 3

(a) On répartir p = 4 positions dans le mot entre n = 26 lettres de l'alphabet.Il y a un ordre car on peut diérencier les positions. Il y a répétition carune lettre peut apparaître à plusieurs positions. Le nombre de mot dequatre lettres est donc le nombre exponentiel :

np = 264 = 456976

(b) Il ya beaucoup de sous cas. On compte plutôt les mots sans M ou sansE 3. Soit A = les mots sans E;B = les mots sans M. Le nombre demots sans E ou sans M est card(A ∪B). On utilise la formule :

card(A ∪B) = card(A) + card(B)− card(A ∩B)

Calcul de card(A) : les mots sans E.

paquet 1: la lettre E, n1 = 1, p1 = 0.

paquet 2: les lettres restantes, n2 = 26− 1 = 25, p2 = 4.

Calcul de card(B) : les mots sans M .

paquet 1: la lettre M , n1 = 1, p1 = 0.


Calcul de card(A ∩B) : les mots sans E ni M .

paquet 1: les lettres E,M , n1 = 1, p1 = 0.


Donc :

card(A ∪B) = C01 · C4

25 + C01 · C4

25 − C01 · C4

24

= 14674

3. ATTENTION : le complémentaire de avec E ET avec M et sans E OU sans M .


Finalement le nombre de mots contenant M et E est :

456976− 14674 = 442302.

(c) Un mot qui a (exactement) trois fois la même lettre a deux lettres etsi on connaît la position de la lettre diérente des autres, on connaît lemot. Donc il y a :

26 · 25 · C14 = 2600

mots diérents avec trois fois la même lettre.

TD 2. PROBABILITÉS ÉLÉMENTAIRES 16

TD 2. Probabilités élémentaires

Exercice 1L'univers est constitué des mains de 3 cartes. Pas d'ordre, pas de répétition.

Card(Ω) = C332 = 4960

(a) paquet 1 : les as n1 = 4, p1 = 3 C34

paquet 2 : les cartes restantes n2 = 28, p2 = 0 C028

p(A) =Card(A)

Card(Ω)=C34 · C0

28

C332

= 4/4960

(b) On utilise les mêmes paquets et les sous-cas sont :

p1 p2 nombre de solutions

2 0 C24 · C1

28 = 168

3 0 C34 · C0

28 = 4

On fait la somme :

168 + 4 = 172

Finalement la propabilité d'avoir au moins deux as est de 172/4960.

(c) paquet 1 : les rois n1 = 4, p1 = 2paquet 2 : les dames n2 = 4, p2 = 1paquet 3 : les cartes restantes n3 = 24, p3 = 0 Le nombre de solution estdonc :

C24 · C1

4 · C024 = 24.

La probabilité d'avoir deux rois et une dame est donc de 24/4960.

(d) Comme on n'a que trois cartes, c'est le même cas que la question c).

(e) paquet 1 : les valets n1 = 4, p1 ≥ 1paquet 2 : les as n2 = 4, p2 ≤ 1paquet 3 : les cartes restantes n3 = 24, p3 =?

On fait un tableau des sous-cas :

p1 p2 p3 nombre de solutions

1 1 1 C14 · C1

4 · C124 = 384

1 0 2 C14 · C0

4 · C224 = 1104

2 1 0 C24 · C1

4 · C024 = 24

2 0 1 C24 · C0

4 · C124 = 144

3 0 0 C34 · C0

4 · C024 = 4

Au total on a

384 + 1104 + 24 + 144 + 4 = 1660


mains. La probabilité d'avoir au moins un valet et au plus un as est doncde 1660/4960.

(f) Attention au roi de pique ! ! !

paquet 1 : le roi de pique n1 = 1paquet 2 : les autre rois n2 = 3paquet 3 : les autres piques n3 = 7paquet 4 : les cartes restantes n4 = 32− 1− 3− 7 = 21

On fait le tableau des cas :


1 0 0 2 C14 · C0

4 · C07 · C2

21 = 840

0 1 1 1 C04 · C1

4 · C17 · C1

21 = 588

En tout : 840 + 588 = 1428 mains donc la probabilité d'avoir un roi etun pique est de 1428/4960

Exercice 2On a n1 = 4 boules vertes, n2 = 2 boules bleues et n3 = 3 boules rouges. Onnote p1, p2, p3 les nombres respectifs de boules vertes, bleues, rouges qu'onramasse.

(a) Il n'y a pas d'ordre et pas de répétition. Ici, n = 9,p = 3 donc :

Card(Ω) = C39 = 84.

On note

A = p1 = 1, p2 = 1, p3 = 1les poignées avec une boule de chaque couleur. Alors :

Card(A) = C14 · C1

2 · C13 = 24.

La probabilité est donc :

p(A) =Card(A)

Card(Ω)=

24

84=

2

7.

(b) Maintenant il y a a ordre et répétition. Ici, n = 9, p = 3 donc :

Card(Ω) = 93 = 729.

Les tirages sont indépendants. Pour chaque tirage de une boule iln'y a pas d'ordre, pas de répétition (puisqu'on qu'une boule !) et donc laprobabilité de tirer une couleur est le nombre de boules de cette couleur(nombre de cas favorables) sur le nombre de boules total (nombre totalde cas). Donc p(V ) = 4/9, p(B) = 2/9 et p(R) = 3/9.

Pour la suite de trois tirages, par indépendance :

p(V,B,R) = p(V ) · p(B) · p(R) = 24/729.


(c) Comme les trois tirages sont indépendants, la probabilité de R, V,B dansn'importe quel ordre est toujours la même, égale à proba :

p(V ) · p(B) · p(R)

Le nombre d'ordres qu'on peut donner à ces trois couleurs, c'est 3! : onchoisit la première puis la deuxième, puis on n'a plus de choix. Finale-ment : la proba. totale est :

3! ∗ (24/729) = 144/729.

(d) Les tirages ne sont plus indépendants. Proba conditionnelles. On faitdonc un arbre

V

V

V (k = 3)2/7

V (k = 2)5/7

3/8

V

V (k = 2)3/8

V (k = 1)5/8

5/8

4/9

V

V

V (k = 2)3/8

V (k = 1)5/8

4/9

V

V (k = 1)4/9

V (k = 0)5/9

5/9

5/9

P(k = 3) = 4/9 · 3/8 · 2/7= 1/21 ' 0, 05

P(k = 2) = 4/9 · 3/8 · 5/7 + 4/9 · 5/8 · 3/8 + 5/9 · 4/9 · 3/8= 955/3024 ' 0, 32

P(k = 1) = 4/9 · 5/8 · 5/8 + 5/9 · 4/9 · 5/8 + 5/9 · 5/9 · 4/9= 5425/11664 ' 0, 47

P(k = 0) = 5/9 · 5/9 · 5/9= 125/729 ' 0, 17


Exercice 3Il est plus facile de calculer la probabilité de l'évenement complémentaire :l'avion tombe en panne. Les cas d'accidents sont : les deux réacteurs d'unemême aile tombent en panne en même temps.

Le fonctionnement des réacteurs est indépendant donc on peut considérerles deux ailes séparément, et sur une aile la probabilité que les deux moteurstombent en panne en même temps est :

p(M1 en panne et M2 en panne

)= p(M1 en panne) ∗ p(M2 en panne)

= 2% ∗ 2%

= 410000 .

Pour nir, on chercher la probabilité de : aile 1 en panne OU aile 2 enpanne. Ce ne sont pas des événements disjoints ! Notons A1 l'aile 1 tombeen panne et A2 l'aile 2 tombe en panne. La formule pour obtenir cette prob-abilité est donc :

p(A1 ou A2) = p(A1) + p(A2)− p(A1 et A2)

Il nous manque p(A1 et A2), qui est la probabilité que les quatres réacteurssoient en panne en même temps, soit : (2/100)4. Finalement, la probabilitéde tomber en panne est :

2 ∗ (2/100)2 − (2/100)4 ' 8

10000.

Donc la probabilité de ne pas tomber en panne est :

9992

10000.

Exercice 4Les résultats des deux dés sont indépendants, donc on peut considérer deuxlancers successifs. Pour un dé :

Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6et les résultats sont équiprobables, donc de probabilité 1/6. Le résultat dedeux lancers est un couple ordonné (x, y) où x ∈ Ω, y ∈ Ω, et par indépen-dance, chaque couple a une probabilité (1/6)2 = 1/36 d'apparaître. Il sutmaintenant de compter les couples qui donnent les cas qui nous intérêssent.

a) Il y a 6 doubles. Donc la proba est 6/36

b) Il y a deux couples ordonnés : (2, 5) et (5, 2) donc la proba est 2/36

c) Il y a 4 couples ordonnés dont la somme fait 5 donc 5/36 et 6 dont lasomme fait 7 donc 6/36.

d) Il y a 10 tels couples, donc la probabilités est 10/36.

TD 3. PROBABILITÉS CONDITIONNELLES 20

TD 3. Probabilités conditionnelles

Pour les exercices de probabilités conditionnelles, on fait toujours unarbre.

Exercice 1Soit C : il y a un court-circuit.

P1

P1 ∩ C0, 07

P1 ∩ C1− 0, 07

0, 25

P2

P2 ∩ C0, 33

P2 ∩ C1− 0, 33

0, 25

P3

P3 ∩ C0, 12

P3 ∩ C1− 0, 12

0, 50

On calcule la probabilité de chaque panne sachant qu'il y a un court-circuit. Par dénition :

PC(P1) =P(P1 ∩ C

)P(C)

On calcule :

P(C) = P(P1 ∩ C

)+ P

(P2 ∩ C

)+ P

(P3 ∩ C

)= 0, 25 · 0, 07 + 0, 25 · 0, 33 + 0, 50 · 0, 12

= 0, 16.

Donc :

PC(P1) =P(P1 ∩ C

)P(C)

=0, 25 · 0, 07

0, 16' 0, 11

PC(P2) =P(P2 ∩ C

)P(C)

=0, 25 · 0, 33

0, 16' 0, 52

PC(P3) =P(P3 ∩ C

)P(C)

=0, 50 · 0, 12

0, 16' 0, 38

La panne la plus probable sachant qu'on a un court-circuit est donc lapanne P2.


Exercice 2Soit H : c'est un homme ; F : c'est une femme ; B : la personne est blonde.

H

H ∩B1/2

H ∩B1− 1/21/2

F

F ∩B1/3

F ∩B1− 1/3

1/2

La probabilité qu'une personne soit blonde est :

P(B) = P(B ∩H

)+ P

(B ∩ F

)= 1/2 · 1/2 + 1/2 · 1/3= 5/12.

Donc, sachant qu'une personne est blonde, la probabilité que ce soit unefemme est :

PB(F ) =P(F ∩B

)P(B)

=1/2 · 1/3

5/12= 0, 40.

Exercice 3Soit T : le test dit qu'il y a un mauvais fonctionnement ; D : L'appareil a(vraiment) un défaut.

D

D ∩ T0, 95

D ∩ T1− 0, 95 = 0, 05

1− x

D

D ∩ T0, 03

D ∩ T1− 0, 03 = 0, 97

x

La probabilité totale de T est :

P(T ) = P(T ∩D

)+ P

(T ∩D

)= 0, 95 · (1− x) + 0, 03 · x= 0, 95− 0, 92x.


Donc, sachant que le test dit que le produit est non valable, la probabilitéque le produit n'ait pas de défaut est :

PT

(D)

=P(D ∩ T

)P(T )

=0, 03 · x

0, 95− 0, 92x=

3x

95− 92x.

Exercice 4[Je corrige le problème avec des sens uniques, comme au tableau.]Soit C : le prof arrive à l'IUT, C : il est perdu. B : le prof passe par B.

∗

∗C1/2

∗C1/2

C1/2

1/2

1/2

C1/2

1/2

∗

B C1

1/2

∗ C11/2

1/2

La probabilité d'arriver en C est la somme des probabilités des troisbranches qui arrivent en C :

P(C) = (1/2)4 + (1/2)2 · 1 + (1/2)2 · 1 = 1/16 + 1/4 + 1/4 = 9/16.

La probabilité qu'il arrive en C en passant par B est la probabilité de laseule branche qui arrive en C en passant par B :

P(B ∩ C) = (1/2)2 · 1 = 1/4.

Sachant qu'il est arrivé en C, la probabilité qu'il soit passé par B est donc :

PC(B) =P(B ∩ C)

P(C)=

1/4

9/16=

4

9.

TD 4. LOIS DISCRÈTES 23

TD 4. Lois discrètes

Exercice 1Les expériences sont identiques et indépendantes. On considère donc chaquelancer séparément.

Soit X1 la variable aléatoire comptant le gain pour un unique lancer. Lesvaleurs pouvant être prises par X1 sont :

X1(Ω) = −1, 1

et les probabilités correspondantes sont :

P(X1 = 1) = 1/2P(X1 = −1) = 1/2.

Par dénition, l'espérance de X1 est donc :

E(X1) = P(X1 = 1) · 1 + P(X1 = −1) · (−1)

= 1/2− 1/2

= 0.

De même, l'espérance du carré de X1 est :

E((X1)

2)

= P(X1 = 1) · 12 + P(X1 = −1) · (−1)2

= 1/2 + 1/2

= 1.

Finalement, la variance de X1 est :

V (X1) = E((X1)

2)−(E(X1)

)2= 1− 02

= 1.

Si on considère maintenant les trois lancers. On dénit la variable aléa-toire X = X1 +X2 +X3 comme le gain cumulé lors des trois lancers d'uneunique pièce X1, X2 et X3. Comme les trois lancers sont identiques ils ontla même loi 4. Alors :

E(X) = E(X1 +X2 +X3)

= E(X1) + E(X2) + E(X3)

= 3 · E(X1)

E(X) = 0.

4. donc même espérance et même variance


et par indépendance :

V (X) = V (X1 +X2 +X3)

= V (X1) + V (X2) + V (X3)

= 3 · V (X1)

V (X) = 3.

On obtient nalement l'écart type en prenant la racine carrée :

σ(X) =√

3 ' 1, 732.

Exercice 2Les expériences sont identiques et indépendantes.

On considère donc une seule ampoule. Soit X1 la variable aléatoire quivaut 1 si l'ampoule est cassée et zéro si elle marche. La variable aléatoire X1

suit la loi de Bernouilli de paramètre p = 3, 5/100. Son espérance est donc :

E(X1) = p = 0, 035,

et sa variance est :

V (X1) = p− p2 = p · (1− p) = 0, 035 · 0, 965.

Si on considère maintenant la variable X = X1 +X2 +X3 comptant lesnombre d'ampoules cassées, c'est la somme de (n = 3) variables aléatoiresindépendantes suivant la loi de Bernouilli de paramètre p = 0.035. On obtientdonc une loi binomiale B(n, p) de paramètres n = 3 et p = 0.035 : les valeurspossibles sont :

X(Ω) = 0, 1, 2, 3,et pour toute valeur k que X peut prendre :

P(X = k) = Ckn · pk · (1− p)n−k.

On a donc :

P(X = 0) = (0, 965)3

P(X = 1) = 3 · 0, 035 · (0, 965)2

P(X = 2) = 3 · (0, 035)2 · 0, 965

P(X = 3) = (0, 035)3

On calcule maintenant l'espérance et la variance de X = X1 +X2 +X3.Comme les variables X1, X2, X3 ont la même loi :

E(X) = 3 · E(X1)

= 3 · 0, 035

Comme ces variables sont de plus indépendantes :

V (X) = 3 · V (X1)

= 3 · 0, 035 · 0, 965.


Exercice 3La variable X est tirée au hasard dans :

X(Ω) = 1, 2, . . . , 10.

Il y a donc équiprobabilité et X suit la loi uniforme, c'est à dire pour toutevaleur k possible :

P(X = k) = 1/10.

La fonction de répartition F de X vaut :

F (t) = P(X < t) =

0 si t ≤ 1

k/10 si 1 ≤ k ≤ 9 et k < t ≤ k + 1

1 si t > 10

.

Exercice 4On note X la variable aléatoire comptant les nombre de victoires. On a :

X(Ω) = 0, 1, 2, 3

Comme on a des probabilités conditionnelles, les expériences ne sont pasindépendantes. On doit donc construire un arbre. On note V une victoire etV une défaite. L'arbre des probabilités est :

V

V

V (X = 3)

0, 6

V (X = 2)0, 4

0, 6

V

V (X = 2)

0, 4

V (X = 1)0, 6

0, 4

0,6

V

V

V (X = 2)

0, 6

V (X = 1)0, 4

0, 4

V

V (X = 1)

0, 4

V (X = 0)0, 6

0, 6

0, 4


On a donc :

P(X = 0) = (0, 4 · 0, 6 · 0, 6)

= 144/1000

P(X = 1) = (0, 6 · 0, 4 · 0, 6) + (0, 4 · 0, 4 · 0, 4) + (0, 4 · 0, 6 · 0, 4)

= 304/1000

P(X = 2) = (0, 6 · 0, 6 · 0, 4) + (0, 6 · 0, 4 · 0, 4) + (0, 4 · 0, 4 · 0, 6)

= 336/1000

P(X = 3) = (0, 6 · 0, 6 · 0, 6)

= 216/1000

On calcule E(X) avec cette loi :

E(X) = 3 · P(X = 3) + 2 · P(X = 2) + 1 · P(X = 1) + 0 · P(X = 0)

= 3 · 216

1000+ 2 · 336

1000+ 1 · 304

1000= 1, 624.

On calcule aussi E(X2) :

E(X2) = 32 · P(X = 3) + 22 · P(X = 2) + 12 · P(X = 1) + 02 · P(X = 0)

= 9 · 216

1000+ 4 · 336

1000+ 1 · 304

1000= 3, 592.

Finalement :

V (X) = E(X2)−(E(X)

)2= 3, 592− 1, 6242

V (X) = 0, 955.

Exercice 5Soit X la variable aléatoire qui compte les fausses pièces

(a) La probabilité que X = 2 est le nombre de lancer de dix pièces où onobtient deux fausses pièces, divisé par le nombre total de lancers de dixpièces. Soit

Ω = ensembles non ordonnés de dix pièces sur les centsA = ensembles non ordonnés de dix pièces sur les cents

où deux sont fausses (et donc huit vraies) = (X = 2)

Par dénition :

P(A) =Card(A)

Card(Ω)

=C220 · C8

80

C10100

' 0, 318.


(b) Les lancers sont indépendants. Chaque lancer suit la loi de Bernouilli deparamètre p = 0, 2. L'ensemble des dix lancers suit donc la loi binomialeB(n, p) de paramètres n = 10 et p = 0, 2, donc on obtient le résultat :

P(X = 2) = C210 · (0, 2)2 (0, 8)8 ' 0, 302.

NB. En faisant un arbre, on voit que la diérence entre les deux cas est quedans le premier, on utilise des probabilités conditionnelles, alors que dans ledeuxième les lancers sont indépendants.

TD 5. VARIABLES ALÉATOIRES DISCRÈTES 28

TD 5. Variables aléatoires discrètes

Exercice 1Soit V , la variable aléatoire nombre de ventes. Soit S le stock du magasin.Le nombre de ventes est le minimum de l'ore et de la demande 5 donc :

V = min(X,S).

Le gain est relié au nombre de ventes et au stock par la formule :

G = 300 V − 50 S.

L'espérance de gain vaut donc :

E(V ) = 300E(V )− 50 S.

Calculons E(V ) pour les diérentes valeurs de S :

(1) Si S = 1, les valeurs que V peut prendre sont :

V (Ω) = 0, 1,

et :

p(V = 0) = 0.05,

p(V = 1) = 0.95.

On en déduit :

E(V ) = 0.95.

(2) Si S = 2 les valeurs que V peut prendre sont :

V (Ω) = 0, 1, 2,

et :

p(V = 0) = 0.05,

p(V = 1) = 0.05,

p(V = 2) = 0.90.

On en déduit :

E(V ) = 1.85.

(3) Si S = 3, on obtient :

E(V ) = 2.65.


E(V ) = 3.40.

5. Une autre façon de le dire est : tant qu'il ya moins de clients que le stock, on vend

autant d'articles qu'il y a de clients. S'il y a plus de clients que le stock, on n'a pas assez

d'articles pour tout le monde. On vend le stock et certains clients repartent sans rien



E(V ) = 3.95.


E(V ) = 4.20.


E(V ) = 4.35.


E(V ) = 4.40.

On peut maintenant remplacer S et E(V ) par leurs valeurs dans la for-mule donnant l'éspérance de G. On obtient le tableau suivant :

S E(V ) E(G)1 0.95 2352 1.85 4553 2.65 6454 3.40 8205 3.95 9356 4.20 9607 4.35 9558 4.40 920

On en déduit que le stock optimal est six robots.

Exercice 2Soit Y la variable alatoire nombre de robots en état de marche. L'étatde chaque robot est indépendants. D'après l'énoncé, un robot suit la loi deBernouilli de paramètre 95% (quelque soit le jour), l'ensemble des six robotssuit donc la loi binomiale B(6, 0.95). Les valeurs que Y peut prendre sontdonc : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 et la probabilité de chaque valeur est donné par laloi :

P(Y = k) = Ck6 (0.95)k (0.05)6−k.

k 0 1 2 3 4 5 6

p(Y = k) 1.6 10−8 1.8 10−6 8.5 10−5 2.1 10−3 3.1 10−2 0.23 0.74

Exercice 3Ici, l'exercice est similaire à l'exercice 1, mais le stock n'est plus un paramètrexé : c'est la variable aléatoire Y . On a donc à déterminer la loi de :

Z = min(X,Y ).

Comme c'est une fonction compliquée de deux variables aléatoires, ondoit faire un arbre, qui permet de lister tous les cas donnant une certaine


valeur de Z, ainsi que la probabilité de chacun de ces cas. Sur cet arbre, onlit : les valeurs possibles de Z sont : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 et 6

Z = 0 si : (Y = 0 et X ≥ 0) ou (Y ≥ 1 et X = 0) Z = 1 si : (Y = 1 et X ≥ 1) ou (Y ≥ 2 et X = 1) Z = 2 si : (Y = 2 et X ≥ 2) ou (Y ≥ 3 et X = 2) Z = 3 si : (Y = 3 et X ≥ 3) ou (Y ≥ 4 et X = 3) Z = 4 si : (Y = 4 et X ≥ 4) ou (Y ≥ 5 et X = 4) Z = 5 si : (Y = 5 et X ≥ 5) ou (Y ≥ 6 et X = 5) Z = 6 si : (Y = 6 et X ≥ 6)

On en déduit : p(Z = 0) = p(Y = 0 et X ≥ 0) + p(Y ≥ 1 et X = 0) p(Z = 1) = p(Y = 1 et X ≥ 1) + p(Y ≥ 2 et X = 1) p(Z = 2) = p(Y = 2 et X ≥ 2) + p(Y ≥ 3 et X = 2) p(Z = 3) = p(Y = 3 et X ≥ 3) + p(Y ≥ 4 et X = 3) p(Z = 4) = p(Y = 4 et X ≥ 4) + p(Y ≥ 5 et X = 4) p(Z = 5) = p(Y = 5 et X ≥ 5) + p(Y ≥ 6 et X = 5) p(Z = 6) = p(Y = 6 et X ≥ 6)

Et, comme X et Y sont des variables aléatoires indépendantes : p(Z = 0) = p(Y = 0) ∗ p(X ≥ 0) + p(Y ≥ 1) ∗ p(X = 0) p(Z = 1) = p(Y = 1) ∗ p(X ≥ 1) + p(Y ≥ 2) ∗ p(X = 1) p(Z = 2) = p(Y = 2) ∗ p(X ≥ 2) + p(Y ≥ 3) ∗ p(X = 2) p(Z = 3) = p(Y = 3) ∗ p(X ≥ 3) + p(Y ≥ 4) ∗ p(X = 3) p(Z = 4) = p(Y = 4) ∗ p(X ≥ 4) + p(Y ≥ 5) ∗ p(X = 4) p(Z = 5) = p(Y = 5) ∗ p(X ≥ 5) + p(Y ≥ 6) ∗ p(X = 5) p(Z = 6) = p(Y = 6) ∗ p(X ≥ 6)

Cela permet de remplir le tableau de la loi de Z :

k 0 1 2 3 4 5 6P (Z = k) 0.050 0.050 0.10 0.052 0.22 0.35 0.19

On calcule ensuite l'espérance :

E(Z) = 0∗0.050+1∗0.050+2∗0.10+3∗0.052+4∗0.22+5∗0.35+6∗0.19 = 4.176 ' 4.2.

L'espérance du carré :

E(Z2) = 0∗0.050+1∗0.050+4∗0.10+9∗0.052+16∗0.22+25∗0.35+36∗0.19 = 20.028.

La variance :

V (Z) = E(Z2)− E(Z)2 = 20.028− 4.1762 = 2.589024 ' 2.6.

L'écart-type :

σ(Z) =√V (Z) = 1.6

6. on regroupe certaines branches pour alléger l'écriture. Par exemple :

Y ≥ 4⇔ (Y = 4) ou (Y = 5) ou (Y = 6).


Exercice 4Faire un arbre, comme dans l'exercice précédent. (cet exercice est plus facile !)Exercice 5

Pour donner la loi, on est obligé de faire un arbre et de regarder à quellesvaleurs de X et de Y correspond une certaine valeur de X + Y .

On a toujours :E(X + Y ) = E(X) + E(Y ),

et pour des variables indépendantes, on a aussi :

V (X + Y ) = V (X) + V (Y ).

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GEA II Introduction aux probabilités Poly. de révision …darondea/DOC/gea2.pdfTD 1. ANALYSE COMBINATOIRE 12 Exercice 2 Une main est un ensemble de p= 5 cartes non-ordonnées. Chaque