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Terminale ES – Exercices et problèmes sur probabilités conditionnelles, arbres

Terminale ES – Exercices et problèmes sur probabilités conditionnelles, arbres de probabilités, variable aléatoire, indépendance et loi binomiale. Corrigés. Exercice 1: 1) On effectue 5 fois un tirage dans les mêmes conditions. Pour chaque tirage, on a deux issues possibles : « tirer une boule blanche » (avec une probabilité de 30 50 =3 5=0,6 ), qu'on peut nommer « succès », et « tirer une boule rouge » (avec une probabilité de 20 50=2 5=0,4 ), qu'on peut nommer « échec ». Chacune des 5 expériences est une expérience de Bernoulli de paramètre p=0,6 . Comme il y a remise, les 5 tirages sont indépendants. On est dans un schéma de Bernoulli de paramètres n=5 et p=0,6 . X est la variable aléatoire qui comptabilise les « succès » dans ce schéma de Bernoulli. X suit donc une loi binomiale de paramètres n=5 et p=0,6 . 2) a) P( X =0)=0,4 5 (probabilité d'obtenir 5 échecs) ou P( X =0)=( 5 0)×0,6 0×0,4 5 avec ( 5 0) =1 P( X =0)≈0,010 k 0 1 2 3 4 5 P(X=k) 0,010 0,077 0,230 0,346 0,259 0,078 P( X =1)=( 5 1)×0,6 1×0,4 4=5×0,6×0,4 4 P( X =1)≈0,077 P( X =2)=( 5 2)×0,6 2×0,4 3=10×0,6 2×0,4 3 P( X =2)≈0,230 P( X =3)=( 5 3)×0,6 3×0,4 2=10×0,6 3×0,4 2 P( X =3)≈0,346 P( X =4)=( 5 4)×0,6 4×0,4 1=5×0,6 4×0,4 P( X =4)≈0,259 P( X =5)=( 5 5)×0,6 5×4 0=0,6 5 P( X =5)≈0,078 b) La valeur la plus probable prise par X est 3, avec une probabilité d'environ 0,346 . c) Ci-contre. 3) P( X ⩽2)=P( X =0)+P( X =1)+P( X =2) P( X ⩽2)=0,4 5+5×0,6×0,4 4+10×0,6 2×0,4 3 P( X ⩽2)≈0,317 P(1⩽X ⩽3)=P( X =1)+P( X =2)+P( X =3) P(1⩽X ⩽3)=5×0,6×0,4 4+10×0,6 2×0,4 3+10×0,6 3×0,4 2 P(1⩽X ⩽3)≈0,653 P( X ⩾4)=P(X =4)+P( X =5)=5×0,6 4×0,4+0,6 5 P( X ⩾4)≈0,337 1/7 Exercice 2 (Bac ES, Liban, 29 mai 2012) 1) PC(M )=P (M ∩C) P(C) =24% 40% =0,24 0,4 =0,6 . PC(M )=0,6 2) 0,6 M C 0,4 0,4 M 0,3 M 0,6 C 0,7 M 3) P(C ∩M )=0,6×0,4=0,42 4) D'après la formule de probabilités totales relative à la partition C/ C: P(M )=P(M ∩C)+P(M ∩C ) P(M )=0,24+0,6×0,3=0,24+0,18 P(M )=0,42 5) P(M )×P(C)=0,42×0,4=0,168 . P(M ∩C )=0,24 . 0,168≠0,24 donc P(M )×P(C)≠P(M ∩C ) Donc les événements P et M ne sont pas indépendants. 6) a) xi 75 40 35 0 pi 0,24 0,18 0,16 0,42 P(M ∩C ) P(C ∩M ) P (C ∩M ) P(C ∩M ) b) E( X )=75×0,24+40×0,18+35×0,16+0×0,42=18+7,2+5,6 E( X )=30,8 . Il s'agit du gain moyen que peut espérer le coloriste par cliente. c) On suppose que la couleur-soin reste au même prix, et que le prix augmenté de « l'effet coup de soleil » n'aura pas d'incidence sur le choix des clientes. L'espérance augmentée de 15% serait égale à 30,8×1,15=35,42 . Soit p le nouveau prix en euros de « l'effet coup de soleil ». On veut que E( X )=35,42 , soit que (35+ p)×0,24+ p×0,18+35×0,16+0×0,42=35,42 (E) (E) ⇔ 8,4+0,24 p+0,18 p+5,6=35,42 (E) ⇔ 0,42 p=35,42 8,4 5,6 ⇔ 0,42 p=21,42 ⇔ p=21,42 0,42 =51 Pour que l'espérance de gain par cliente augmente de 15 %, le coloriste doit facturer « l'effet coup de soleil » 51€ (à condition que ce changement de prix n'ait pas d'influence sur le choix de clientes). 2/7 Exercice 3 (Bac ES Polynésie, 8 juin 2012) : 1) p(Y ∩G) vaut 6%, c'est-à-dire 0,06 , car 6% des touristes se rendant au Wyoming ne visitent aucun des deux parcs. 2) 0,6 G P(Y ∩G)=0,92×0,6=0,552 (pour la question 4) Y 0,92 0,4 G P(Y ∩G )=0,92×0,4=0,368 (pour la question 6) PY (G) G P(Y ∩G)=0,08×PY (G) (pour la question 4) 0,08 Y G P(Y ∩G) = 0,08×PY (G)=0,06 (pour la question 3) 3) 0,08×PY (G)=0,06 donc pY (G)=0,06 0,08=0,75 75 % des touristes ne visitant pas Yellowstone ne visitent pas non plus le parc de Grand Teton. 4) Montrer que p(G) = 0, 572. Comme PY (G)=0,75 , PY (G)=1 0,75=0,25 . Donc P(Y ∩G)=0,08×0,25=0,02 . D'après la formule de probabilités totales relative à la partition Y/ Y , on calcule : P(G)=P(Y ∩G)+P (Y ∩G)=0,552+0,02 P(G)=0,572 5) Un touriste a visité le parc du Grand Teton. Calculer la probabilité qu’il ait aussi visité le parc de Yellowstone (le résultat sera arrondi à 10−3 près). PG(Y )=P(Y ∩G) P(G) =0,552 0,572 PG(Y )≈0,965 6) a) Somme en dollars 0 7 10 17 Probabilité 0,060 0,020 0,368 0,552 P(Y ∩G) P(Y ∩G) P (Y ∩G ) P(Y∩G) b) Soit X la variable aléatoire dont la loi est donnée dans le tableau ci-dessus. E( X )=0,06×0+0,02×7+0,368×10+0,552×17 E( X )=0,14+3,68+9,384 E( X )=13,204 13,204 $ est la somme moyenne dépensée par un touriste venant dans le Wyoming pour la visite des parcs naturels de Yellowstone et du Grand Teton. c) σ( X )=√0,06×(0 13,204) 2+0,02×(7 13,204) 2+0,368×(10 13,204) 2+0,552×(17 13,204) 2 σ( X )≈4,79 3/7 Exercice 4 : 1) a) Au total, il y a 2400+4000=6400 balances. Le nombre de balances défectueuses est de 6%×2400+7%×4000=0,06×2400+0,07×4000=424 . La probabilité pour qu'une balance prélevée soit défectueuse est donc de 424 6400 =0,06625 b) La probabilité pour qu'une balance prélevée au hasard ne soit pas défectueuse est de 1 0,06625=0,93375 . (Résultat que l'on peut aussi obtenir par le calcul 6400 424 6400 ) c) Notons D l'événement « La balance prélevée est défectueuse », A l'événement « La balance provient de l'usine A » et B l'événement « La balance provient de l'usine B ». On cherche ici à calculer PD(A) et PD(B) . PD(A)= P(A∩D) P(D) donc P(A∩D)=P( D)×PD(A) (c'est une formule du cours, mais personnellement, je la retiens à partir de la précédente) P A(D)= P( A∩D) P(A) donc P(A∩D)=P( A)×PA( D) . On a donc P(D)×P D( A)=P( A)×PA( D) (qui est aussi dans le cours, mais que je préfère retrouver) Comme P(D)≠0, on peut donc écrire PD(A)= P(A)×P A(D) P(D) On sait que P(D)=0,06625 (question 1-a), que P(A)=2400 6400=0,375 et que P A(D)=6%=0,06 . Donc PD(A)=0,375×0,06 0,06625 = 2250 6625 =18 53 PD(A)≈0,3396 . De même, PD(B)= P(B)×P B(D) P(D) avec P(B)=4000 6400=0,625 et PB(D)=7%=0,07 . Donc PD(B)=0,625×0,07 0,06625 = 4375 6625 =35 53 donc PD(B)≈0,6604 . (Voir page suivante pour le traitement de la question 1 à l'aide d'un arbre de probabilités) 2) a) Chaque balance choisie a la probabilité de 0,9 de fonctionner encore parfaitement au bout d'un an. Le choix d'une balance correspond à une expérience de Bernoulli dont le « succès » (=« la balance fonctionne parfaitement au bout d'un an ») a une probabilité de 0,9 d'être réalisé. Le choix des six balances de l'hôtelier n'est pas effectué avec remise, mais comme le stock est de 6400 balances, on assimile le choix des 6 balances à un tirage avec remise, de manière à obtenir un schéma de Bernoulli de paramètres n=6 et p=0,9 . La variable aléatoire X dénombre le nombre de balances qui fonctionnent parfaitement au bout d'un an sur les 6 achetées par l'hôtelier. X compte le nombre de « succès » dans le schéma de Bernoulli de paramètres n=6 et p=0,9 . X suit donc une loi binomiale de paramètres n=6 et p=0,9 . b) Probabilité pour qu'au bout d'un an : – Toutes les balances fonctionnent : P( X =6)=( 6 6)×0,9 6×0,1 0=0,9 6 . P( X =6)≈0,5314 – Aucune balance ne fonctionne : P( X =0)=( 6 0)×0,9 0×0,1 6=0,1 6=0,000001 P( X =0)≈0 4/7 – Au moins la moitié des balances fonctionnent : P( X ⩾3)=P( X =3)+P( X=4)+P( X =5)+P( X =6) P( X ≥3)=( 6 3)×0,9 3×0,1 3+( 6 4)×0,9 4×0,1 2+( 6 5)×0,9 5×0,1 1+0,9 6 P( X ⩾3)=20×0,9 3×0,1 3+15×0,9 4×0,1 2+6×0,9 5×0,1+0,9 6 P( X ⩾3)≈0,9987 – Au plus la moitié des balances fonctionnent : P( X ⩽3)=P( X =0)+P( X =1)+P( X =2)+ p( X =3) P( X ≤3)=( 6 0)×0,9 0×0,1 6+( 6 1)×0,9 1×0,1 5+( 6 2)×0,9 2×0,1 4+( 6 3)×0,9 3×0,1 3 P( X ⩽3)=0,1 6+6×0,9×0,1 5+15×0,9 2×0,1 4+20×0,9 3×0,1 3 P( X ⩽3)≈0,0159 c) Si une variable aléatoire suit une loi binomiale de paramètres n et p , son espérance est de n×p , donc ici de 6×0,9=5,4 . Sa variance vaut n×p×(1 p) , donc ici 6×0,9×0,1=0,54 . L'écart-type est égal à la racine carrée de la variance, donc ici à √0,54≈0,7348 . La question 1 pouvait être traitée à l'aide d'un arbre de probabilités : P(A)=2400 6400=0,375 P(B)=4000 6400=0,625 1) 0,06 D P(A∩D)=0,375×0,06=0,0225 A 0,375 0,94 D P ( A∩D)=0,375×0,94=0,3525 0,07 D P(B∩D)=0,625×0,07=0,04375 0,625 B 0,93 D P(B∩D)=0,625×0,93=0,58125 a) P(D)=P( A∩D)+P (B∩D)=0,0225+0,04375 P(D)=0,06625 b) P(D)=P( A∩D)+P(B∩D)=0,3525+0,58125 P(D)=0,93375 c) PD(A)= P(A∩D) P(D) = 0,0225 0,06625 PD(A)≈0,3396 PD(B)= P(B∩D) P(D) =0,04375 0,06625 PD(B)≈0,6604 5/7 Exercice 5 (Bac ES Antilles-Guyane, septembre 2011) : 1) 0,2 S A 0,8 S 0,55 0,08 S 0,4 T 0,05 0,92 S P(S ∩T )=0,4×0,92=0,368 (pour question 4) 0,04 S C 0,96 S 2) P(T ∩S)=0,4×0,08=0,032 3) Les événements A, uploads/Geographie/ correction-td-proba-tesl 1 .pdf