Devoir surveillé : Probabilités conditionnelles et indépendance

1. a)$P(\bar{A})=1-P(A)=1-0,37=0,63$. (1 pt) (1)
2. b)On retire $2x$ et on ajoute $7$ aux deux membres : $4x=18$, donc $x={\displaystyle \frac{18}{4}}=4,5$. Contrôle : $6\times 4,5-7=27-7=20$ et $2\times 4,5+11=9+11=20$. (1 pt) (1)
3. c)Probabilités composées : $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)=0,6\times 0,35=0,21$. (1 pt) (1)
4. d)Un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul : $x-4=0$ ou $3x+6=0$, soit $x=4$ ou $x=-2$. $𝒮=\{-2;4\}$. (0,5 pt par solution) (1)
5. e)$m={\displaystyle \frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}}={\displaystyle \frac{9-(-1)}{6-2}}={\displaystyle \frac{10}{4}}=2,5$. (1 pt) (1)
6. f)À chaque lancer, $3$ faces sur $6$ sont paires : la probabilité vaut ${\displaystyle \frac{3}{6}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Les lancers sont indépendants, donc on multiplie : ${\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{4}}$. (1 pt) (1)

Méthode — Avant de calculer, on repère la forme : un produit nul se résout facteur par facteur, sans développer, et « sachant », « parmi » ou « chez les » signalent une probabilité conditionnelle, qui se multiplie le long d'une branche.

1. a)Moins de $18$ ans : $0,25\times 360=90$, dont $0,4\times 90=36$ en cours encadrés et $90-36=54$ en accès libre. $18$ ans et plus : $360-90=270$, dont $108$ en cours encadrés et $270-108=162$ en accès libre. Totaux : $36+108=144$ en cours encadrés, $54+162=216$ en accès libre, et l'on contrôle que $144+216=360$.

   	Cours encadrés	Accès libre	Total
   Moins de 18 ans	36	54	90
   18 ans et plus	108	162	270
   Total	144	216	360

   (1 pt : 0,5 pt pour la ligne des moins de $18$ ans, 0,5 pt pour le reste) (1)
2. b)$P(J\cap C)={\displaystyle \frac{36}{360}}=0,1$ et $P(C)={\displaystyle \frac{144}{360}}=0,4$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
3. c)Non. Parmi les $144$ adhérents en cours encadrés, $36$ ont moins de $18$ ans : $P_C(J)={\displaystyle \frac{36}{144}}=0,25$, soit $25\%$. Le nombre $40\%$ est $P_J(C)$, la part des cours encadrés parmi les moins de $18$ ans : le moniteur a inversé la condition. (0,5 pt pour $0,25$, 0,5 pt pour l'explication) (1)
4. d)$P(J)={\displaystyle \frac{90}{360}}=0,25$, donc $P(J)\times P(C)=0,25\times 0,4=0,1=P(J\cap C)$ : les événements $J$ et $C$ sont indépendants. On le voit aussi avec c) : $P_C(J)=0,25=P(J)$, la part des moins de $18$ ans est la même dans les cours encadrés que dans toute la salle. (1 pt) (1)
5. e)Les moins de $18$ ans sont alors $90+x$, dont $36+x$ en cours encadrés ; « la moitié au moins » s'écrit $36+x⩾0,5(90+x)$. Puis $36+x⩾45+0,5x⟺0,5x⩾9⟺x⩾18$ : il faut au moins $18$ nouveaux adhérents. Contrôle : ${\displaystyle \frac{54}{108}}=0,5$. (0,5 pt pour l'inéquation expliquée, 0,5 pt pour $x⩾18$) (1)

Piège — $P_J(C)=40\%$ et $P_C(J)=25\%$ ont le même numérateur $36$ mais pas la même condition : on divise par le total de la ligne des moins de $18$ ans pour l'une, par celui de la colonne des cours encadrés pour l'autre.

1. a)Premier niveau : $P(R)=0,3$ et $P(\bar{R})=0,7$. Second niveau : $P_R(L)=0,1$ et $P_R(\bar{L})=0,9$ ; $P_{\bar{R}}(L)=0,04$ et $P_{\bar{R}}(\bar{L})=0,96$. Chaque nœud fait bien $1$. (1 pt) (1)
2. b)$P(R\cap L)=0,3\times 0,1=0,03$. Deux chemins mènent à $L$ : $P(\bar{R}\cap L)=0,7\times 0,04=0,028$, donc $P(L)=0,03+0,028=0,058$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
3. c)$P_L(R)={\displaystyle \frac{P(R\cap L)}{P(L)}}={\displaystyle \frac{0,03}{0,058}}={\displaystyle \frac{30}{58}}={\displaystyle \frac{15}{29}}$. Comme $2\times 15=30>29$, ${\displaystyle \frac{15}{29}}>{\displaystyle \frac{1}{2}}$, donc $P_L(R)>P(R)=0,3$ : les points relais reçoivent $30\%$ des colis, mais plus de la moitié des colis en retard. (0,5 pt pour la fraction, 0,5 pt pour la comparaison) (1)
4. d)$P(L)=P(R\cap L)+P(\bar{R}\cap L)=0,1x+0,04(1-x)=0,1x+0,04-0,04x=0,06x+0,04$. C'est une fonction affine de coefficient directeur $0,06>0$ : elle est croissante. Plus la part des points relais est grande, plus la probabilité de retard est grande. Contrôle : pour $x=0,3$, $0,018+0,04=0,058$, comme en b). (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
5. e)$0,06x+0,04⩽0,07⟺0,06x⩽0,03⟺x⩽{\displaystyle \frac{0,03}{0,06}}=0,5$ (on divise par $0,06$, positif : le sens ne change pas). L'enseigne peut livrer jusqu'à la moitié de ses colis en point relais : $0⩽x⩽0,5$. (1 pt) (1)

Astuce — Avec une proportion inconnue $x$, on remplit l'arbre exactement comme avec un nombre : la somme des chemins donne une expression affine en $x$, et la valeur trouvée en b) sert de contrôle pour $x=0,3$.

1. a)Arbre à deux niveaux ($2^2=4$ chemins) : à chaque lancer, la branche « réussi » porte $0,9$ et la branche « manqué » porte $0,1$. Un seul chemin pour deux lancers réussis : $0,9\times 0,9=0,81$. (0,5 pt pour l'arbre, 0,5 pt pour $0,81$) (1)
2. b)Deux chemins (réussi puis manqué, manqué puis réussi), chacun de probabilité $0,9\times 0,1=0,09$ : $2\times 0,09=0,18$. (1 pt) (1)
3. c)C'est le contraire de « aucun lancer réussi », de probabilité $0,1^2=0,01$ : $1-0,01=0,99$. Contrôle : $0,81+0,18+0,01=1$. (1 pt) (1)
4. d)Les lancers sont indépendants, donc $p\times p=0,36$, soit $p^2=0,36$. Cette équation a deux solutions, $0,6$ et $-0,6$ ; une probabilité n'est jamais négative, donc $p=0,6$. (0,5 pt pour l'équation, 0,5 pt pour la solution justifiée) (1)

Erreur fréquente — « Au moins un lancer réussi » ne vaut pas $0,9+0,9=1,8$, qui dépasse $1$ : on passe par le contraire « aucun lancer réussi », qui ne correspond qu'à un seul chemin.

1. a)Multiples de $4$ : $4$, $8$, $12$, $16$, $20$, $24$, $28$ ; multiples de $6$ : $6$, $12$, $18$, $24$, $30$. Sans compter deux fois $12$ et $24$, cela fait $10$ nombres sur $30$ équiprobables : ${\displaystyle \frac{10}{30}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$. (0,5 pt) (0,5)
2. b)$A$ et $B$ indépendants, donc $\bar{A}$ et $\bar{B}$ aussi : $P(\bar{A}\cap \bar{B})=0,5\times 0,6=0,3$. (0,5 pt) (0,5)
3. c)$-2x-3x<-8-7$, soit $-5x<-15$ ; on divise par $-5$, négatif, donc le sens change : $x>3$. $𝒮=]3;+\infty [$. (0,5 pt) (0,5)
4. d)Pour $x\ne 0$ : $18=4x$, donc $x={\displaystyle \frac{18}{4}}=4,5$. Contrôle : ${\displaystyle \frac{18}{4,5}}=4$. (0,5 pt) (0,5)
5. e)Racines $-2$ et $5$, coefficient $-3<0$ : l'expression est négative à l'extérieur des racines et positive entre elles. $𝒮=]-2;5[$. Contrôle avec $x=0$ : $-3\times 2\times (-5)=30>0$. (0,5 pt) (0,5)
6. f)$p=y_A-m{x}_A=5-(-1,5)\times (-2)=5-3=2$ : la droite a pour équation $y=-1,5x+2$. Contrôle : $-1,5\times (-2)+2=5$. (0,5 pt) (0,5)

Astuce — Pour le signe de $a(x-x_1)(x-x_2)$, pas besoin d'une ligne par facteur : signe de $a$ à l'extérieur des racines, signe contraire entre elles, et l'on contrôle avec une valeur simple comme $x=0$.

1. a)Faux. $0,4\times 0,5=0,2$ est $P(A\cap B)$, et non $P(B)$. D'après l'arbre, $P(B)=P(A\cap B)+P(\bar{A}\cap B)=0,2+0,6\times P_{\bar{A}}(B)$ ; par exemple, si $P_{\bar{A}}(B)=0,5$, alors $P(B)=0,2+0,3=0,5$. (1 pt) (1)
2. b)Faux. Le contraire « aucun Pile » a pour probabilité $(1-p{)}^2$, donc la bonne probabilité est $1-(1-p{)}^2=2p-p^2$. Contre-exemple : pour $p=0,8$, $2p=1,6>1$ ne peut pas être une probabilité, alors que $1-0,2^2=0,96$. (1 pt) (1)
3. c)Vrai. Par indépendance, $P(A\cap B)=0,3\times 0,6=0,18$, donc $P_B(A)={\displaystyle \frac{0,18}{0,6}}=0,3=P(A)$ : savoir que $B$ est réalisé ne change pas la probabilité de $A$. (1 pt) (1)
4. d)Faux. Forme $a(x-x_1)(x-x_2)$ avec $a=1>0$ : le produit est positif à l'extérieur des racines $-3$ et $2$, et négatif entre elles. L'ensemble des solutions est $]-3;2[$. Contre-exemple : $x=0$ donne $(-2)\times 3=-6<0$, donc $0$ est solution, alors qu'il n'appartient pas à l'ensemble proposé. (1 pt) (1)

Piège — Une « probabilité » plus grande que $1$, comme $2p=1,6$, suffit à prouver qu'une formule est fausse : c'est le contre-exemple le plus rapide à trouver.

1. a)Premier niveau : $P(S)=0,4$, $P(\bar{S})=0,6$ ; second niveau : $P_S(I)=0,96$, $P_S(\bar{I})=0,04$, $P_{\bar{S}}(I)=0,02$, $P_{\bar{S}}(\bar{I})=0,98$. $P(S\cap I)=0,4\times 0,96=0,384$ et $P(\bar{S}\cap I)=0,6\times 0,02=0,012$, donc $P(I)=0,384+0,012=0,396$. (0,5 pt pour l'arbre et les deux produits, 0,5 pt pour $P(I)$) (1)
2. b)$P_I(\bar{S})={\displaystyle \frac{0,012}{0,396}}={\displaystyle \frac{12}{396}}={\displaystyle \frac{1}{33}}$. Comme $0,04\times 33=1,32>1$, on a ${\displaystyle \frac{1}{33}}<0,04$ : moins de $4\%$ des courriels écartés sont de vrais courriels. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
3. c)$P(S)\times P(I)=0,4\times 0,396=0,1584$, alors que $P(S\cap I)=0,384$ : $S$ et $I$ ne sont pas indépendants. Si le filtre rendait $S$ et $I$ indépendants, on aurait $P_S(I)=P_{\bar{S}}(I)=P(I)$ : il écarterait spams et vrais courriels dans la même proportion, il ne servirait à rien. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
4. d)$P(I)=0,96s+0,02(1-s)=0,96s+0,02-0,02s=0,94s+0,02$. Pour $s=0$ (aucun spam), $P(I)=0,02$ : même sans spam, $2\%$ des courriels finiraient dans le dossier Indésirables. Contrôle : pour $s=0,4$, $0,376+0,02=0,396$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
5. e)On résout $0,94s+0,02=0,49$ : $0,94s=0,47$, donc $s={\displaystyle \frac{0,47}{0,94}}=0,5$. Environ la moitié des courriels reçus par Léa sont des spams. (1 pt) (1)

Méthode — Quand on observe un résultat (ici $49\%$ de courriels écartés) et qu'on cherche sa cause (la proportion de spams), on exprime le résultat en fonction de la cause, puis on résout une équation du premier degré.

1. a)Avec remise, chaque tirage donne un jeton rouge avec la probabilité ${\displaystyle \frac{5}{10}}=0,5$ et un vert avec $0,5$, et les deux tirages sont indépendants. Deux rouges : $0,5^2=0,25$. Même couleur : deux rouges ou deux verts, $0,25+0,25=0,5$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
2. b)Sans remise, après un jeton rouge, il reste $4$ rouges sur $9$ jetons : ${\displaystyle \frac{5}{10}}\times {\displaystyle \frac{4}{9}}={\displaystyle \frac{20}{90}}={\displaystyle \frac{2}{9}}$. Or ${\displaystyle \frac{2}{9}}<{\displaystyle \frac{2}{8}}=0,25$ : la probabilité est plus faible sans remise, car le sac a perdu un jeton rouge. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
3. c)Les tirages sont indépendants : $P=q\times q=q^2$. $q^2={\displaystyle \frac{1}{9}}$ a deux solutions, ${\displaystyle \frac{1}{3}}$ et $-{\displaystyle \frac{1}{3}}$ ; or $q>0$, donc $q={\displaystyle \frac{1}{3}}$. Alors ${\displaystyle \frac{5}{n+5}}={\displaystyle \frac{1}{3}}⟺n+5=15⟺n=10$. (0,5 pt pour $q={\displaystyle \frac{1}{3}}$, 0,5 pt pour $n=10$) (1)
4. d)« Au moins un rouge » est le contraire de « deux verts », de probabilité $(1-q{)}^2$. On veut $1-(1-q{)}^2⩾0,75$, soit $(1-q{)}^2⩽0,25$. Comme $0<1-q<1$, cela équivaut à $1-q⩽0,5$, soit $q⩾0,5$, c'est-à-dire ${\displaystyle \frac{5}{n+5}}⩾{\displaystyle \frac{1}{2}}⟺10⩾n+5⟺n⩽5$. Donc $n\in \{1;2;3;4;5\}$. Contrôle : pour $n=5$, $1-0,5^2=0,75$ ; pour $n=6$, $1-{\left({\displaystyle \frac{6}{11}}\right)}^2={\displaystyle \frac{85}{121}}<0,75$. (1 pt) (1)

Astuce — Poser $q$, la probabilité d'un jeton rouge, ramène tout à un seul nombre : $q^2$ pour deux rouges, $1-(1-q{)}^2$ pour au moins un rouge ; on ne revient à $n$ qu'à la toute fin.

1. a)$f(13)=0,3$. La probabilité est la plus grande pour un départ à $8$ h : elle vaut alors $f(8)=0,9$. Le minimum est $0,1$ (en $22$) et le maximum $0,9$ (en $8$), donc $0,1⩽f(x)⩽0,9$ pour tout $x$ de $[6;22]$. (1 pt) (1)
2. b)$0,5$ est compris entre $0,2$ et $0,9$ (une heure sur $[6;8]$), entre $0,9$ et $0,3$ (une sur $[8;13]$), entre $0,3$ et $0,8$ (une sur $[13;18]$) et entre $0,8$ et $0,1$ (une sur $[18;22]$) : sur chaque intervalle, $f$ est strictement monotone, donc l'équation $f(x)=0,5$ a exactement $4$ solutions. (1 pt) (1)
3. c)Premier niveau : $P(H)=0,6$ et $P(\bar{H})=0,4$. Second niveau : $P_H(C)=f(8)=0,9$, $P_H(\bar{C})=0,1$ ; $P_{\bar{H}}(C)=f(13)=0,3$, $P_{\bar{H}}(\bar{C})=0,7$. $P(C)=0,6\times 0,9+0,4\times 0,3=0,54+0,12=0,66$. (0,5 pt pour l'arbre, 0,5 pt pour $P(C)$) (1)
4. d)$P_C(H)={\displaystyle \frac{P(H\cap C)}{P(C)}}={\displaystyle \frac{0,54}{0,66}}={\displaystyle \frac{54}{66}}={\displaystyle \frac{9}{11}}$. Un trajet complet de Karim est parti à $8$ h dans environ $82\%$ des cas. (1 pt) (1)

Erreur fréquente — Dans un tableau de variations, la première ligne donne l'heure et la seconde la probabilité : on lit les probabilités dans la seconde ligne pour remplir l'arbre, et l'on compte les solutions de $f(x)=0,5$ flèche par flèche.

1. a)$A$ et $B$ indépendants, donc $\bar{A}$ et $\bar{B}$ aussi : $0,7\times P(\bar{B})=0,42$, d'où $P(\bar{B})=0,6$ et $P(B)=0,4$. (0,5 pt) (0,5)
2. b)$2x-1=3$ ou $2x-1=-3$, soit $x=2$ ou $x=-1$. $𝒮=\{-1;2\}$. (0,5 pt) (0,5)
3. c)Les facteurs s'annulent en $0$ et en $2,5$ ; $x$ est positif après $0$ et $5-2x$ est positif avant $2,5$, donc le produit est positif entre $0$ et $2,5$ et négatif ailleurs (forme $-2x(x-2,5)$, avec $-2<0$). Inégalité large : $𝒮=[0;2,5]$. (0,5 pt) (0,5)
4. d)Sachant que le premier dé donne $4$, $5$ ou $6$, il reste $3\times 6=18$ issues équiprobables, dont $3$ de somme $10$ : $(4;6)$, $(5;5)$, $(6;4)$. La probabilité vaut ${\displaystyle \frac{3}{18}}={\displaystyle \frac{1}{6}}$. (0,5 pt) (0,5)
5. e)$m_{AB}={\displaystyle \frac{-2-4}{2-(-1)}}={\displaystyle \frac{-6}{3}}=-2$ et $m_{AC}={\displaystyle \frac{-8-4}{5-(-1)}}={\displaystyle \frac{-12}{6}}=-2$ : les droites $(AB)$ et $(AC)$ ont le même coefficient directeur et le point $A$ en commun, elles sont confondues ; les trois points sont alignés. (0,5 pt) (0,5)
6. f)$P(B)=0,6\times 0,5+0,4\times P_{\bar{A}}(B)$, d'où $0,3+0,4P_{\bar{A}}(B)=0,42$, $0,4P_{\bar{A}}(B)=0,12$ et $P_{\bar{A}}(B)=0,3$. (0,5 pt) (0,5)

Astuce — Les contraires de deux événements indépendants sont encore indépendants : on peut multiplier directement $P(\bar{A})\times P(\bar{B})$, ou retrouver $P(\bar{B})$ par une division.

1. a)$P(B)=P(A\cap B)+P(\bar{A}\cap B)$, donc $P(\bar{A}\cap B)=P(B)-P(A)P(B)=P(B)(1-P(A))=P(\bar{A})\times P(B)$ : $\bar{A}$ et $B$ sont indépendants. De même, $P(\bar{A})=P(\bar{A}\cap B)+P(\bar{A}\cap \bar{B})$, donc $P(\bar{A}\cap \bar{B})=P(\bar{A})-P(\bar{A})P(B)=P(\bar{A})(1-P(B))=P(\bar{A})\times P(\bar{B})$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
2. b)Deux chemins (succès puis échec, échec puis succès), chacun de probabilité $p(1-p)$ : la probabilité vaut $2p(1-p)$. Puis ${\displaystyle \frac{1}{2}}-2p(1-p)=2p^2-2p+{\displaystyle \frac{1}{2}}=2(p^2-p+{\displaystyle \frac{1}{4}})=2{(p-{\displaystyle \frac{1}{2}})}^2⩾0$ : la probabilité ne dépasse pas ${\displaystyle \frac{1}{2}}$, et vaut ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ seulement pour $p={\displaystyle \frac{1}{2}}$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
3. c)On note $a=P(A)$. Par la somme des chemins, $P(B)=a{P}_A(B)+(1-a)P_{\bar{A}}(B)$, donc $(1-a)P_{\bar{A}}(B)=P(B)-a{P}_A(B)$. Comme $a>0$ et $P_A(B)>P(B)$, on a $a{P}_A(B)>aP(B)$, d'où $(1-a)P_{\bar{A}}(B)<P(B)-aP(B)=(1-a)P(B)$. On divise par $1-a>0$, le sens est conservé : $P_{\bar{A}}(B)<P(B)$. (1 pt) (1)
4. d)$P(B)=0,8a+0,2(1-a)=0,6a+0,2$, qui est strictement positif. $P_B(A)={\displaystyle \frac{0,8a}{0,6a+0,2}}$, et, en multipliant par $0,6a+0,2>0$ : $P_B(A)⩾a⟺0,8a⩾0,6a^2+0,2a⟺0,6a-0,6a^2⩾0⟺0,6a(1-a)⩾0$, ce qui est vrai car $a>0$ et $1-a>0$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)

Méthode — Pour comparer deux expressions, on étudie le signe de leur différence, que l'on factorise : un carré est toujours positif, et un produit de facteurs positifs aussi.

1. a)$P(D)=P(M_1\cap D)+P(M_2\cap D)=0,07x+0,01(1-x)=0,07x+0,01-0,01x=0,06x+0,01$. (1 pt) (1)
2. b)$0,06x+0,01⩽0,04⟺0,06x⩽0,03⟺x⩽0,5$ (division par $0,06>0$). La machine $M_1$ doit fabriquer au plus la moitié des pièces : $0<x⩽0,5$. (1 pt) (1)
3. c)$P_D(M_1)={\displaystyle \frac{0,07x}{0,06x+0,01}}$. Le dénominateur est strictement positif, donc $P_D(M_1)⩾0,75⟺0,07x⩾0,75(0,06x+0,01)⟺0,07x⩾0,045x+0,0075⟺0,025x⩾0,0075⟺x⩾{\displaystyle \frac{0,0075}{0,025}}=0,3$. (0,5 pt pour l'expression de $P_D(M_1)$, 0,5 pt pour $x⩾0,3$) (1)
4. d)Les deux exigences donnent $0,3⩽x⩽0,5$. Pour $x=0,5$ : $P(D)=0,03+0,01=0,04$ et $P_D(M_1)={\displaystyle \frac{0,07\times 0,5}{0,04}}={\displaystyle \frac{0,035}{0,04}}={\displaystyle \frac{7}{8}}=0,875$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
5. e)Chaque pièce est défectueuse avec la probabilité $0,04$. Exactement une : $4$ chemins, chacun de probabilité $0,04\times 0,{96}^3$, d'où $4\times 0,04\times 0,{96}^3\approx 0,16\times 0,885\approx 0,142$. Au moins une : contraire de « aucune », $1-0,{96}^4\approx 1-0,849=0,151$. Presque toutes les commandes touchées ne contiennent qu'une pièce défectueuse. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)

Piège — Pour comparer un quotient à $0,75$, on multiplie par le dénominateur après avoir vérifié qu'il est strictement positif ; sinon, le sens de l'inégalité pourrait changer.

1. a)$S\cap \bar{M}$ : $200-x$ ; $\bar{S}$ : $500-200=300$ ; $\bar{S}\cap M$ : $150-x$ ; $\bar{S}\cap \bar{M}$ : $300-(150-x)=150+x$ ; $\bar{M}$ : $500-150=350$, et l'on contrôle que $(200-x)+(150+x)=350$. Chaque case est un effectif positif ou nul : $x⩾0$, $200-x⩾0$ et $150-x⩾0$, donc $x$ est un entier de $0$ à $150$. (0,5 pt pour le tableau, 0,5 pt pour les valeurs possibles) (1)
2. b)$P(S)={\displaystyle \frac{200}{500}}=0,4$, $P(M)={\displaystyle \frac{150}{500}}=0,3$ et $P(S\cap M)={\displaystyle \frac{x}{500}}$. Indépendance : ${\displaystyle \frac{x}{500}}=0,4\times 0,3=0,12⟺x=60$. (1 pt) (1)
3. c)Il a raison si $P_S(M)>P(M)$, soit ${\displaystyle \frac{x}{200}}>0,3⟺x>60$. Avec a) : pour $x$ entier de $61$ à $150$. (1 pt) (1)
4. d)$P_{\bar{M}}(\bar{S})={\displaystyle \frac{150+x}{350}}=0,5⟺150+x=175⟺x=25$. Comme $25\ne 60$, $S$ et $M$ ne sont pas indépendants (b) ; ici $P_S(M)={\displaystyle \frac{25}{200}}=0,125<0,3$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)

Méthode — Avec un effectif inconnu, on remplit d'abord tout le tableau en fonction de $x$, puis on écrit que chaque case est positive : cela donne les valeurs possibles de $x$ avant tout calcul de probabilité.

1. a)Lucas gagne s'il remporte $3$ manches (un chemin, $p^3$) ou exactement $2$ manches ($3$ chemins selon la manche perdue, chacun de probabilité $p^2(1-p)$). $G(p)=p^3+3p^2(1-p)=p^3+3p^2-3p^3=3p^2-2p^3$. (0,5 pt pour les chemins, 0,5 pt pour le calcul) (1)
2. b)$G(0,6)=3\times 0,36-2\times 0,216=1,08-0,432=0,648$, et $0,648>0,6$ : un joueur qui gagne $60\%$ des manches gagne près de $65\%$ des matchs. (1 pt) (1)
3. c)$(2p-1)(1-p)=2p-2p^2-1+p=-2p^2+3p-1$, donc $p(2p-1)(1-p)=-2p^3+3p^2-p=G(p)-p$. (1 pt) (1)
4. d)Sur $]0;1[$, $p>0$ et $1-p>0$ ; $2p-1$ s'annule en ${\displaystyle \frac{1}{2}}$, négatif avant et positif après. Le produit a le signe de $2p-1$ :

   $p$	$0$		${\displaystyle \frac{1}{2}}$		$1$
   $p$	$0$	$+$		$+$
   $2p-1$		$-$	$0$	$+$
   $1-p$		$+$		$+$	$0$
   $G(p)-p$		$-$	$0$	$+$

   Si $p>{\displaystyle \frac{1}{2}}$, $G(p)>p$ : le match en deux manches gagnantes avantage Lucas. Si $p<{\displaystyle \frac{1}{2}}$, il a intérêt à ne jouer qu'une manche ; pour $p={\displaystyle \frac{1}{2}}$, les deux formules se valent. Plus le match est long, plus le meilleur joueur est favorisé. (0,5 pt pour le tableau, 0,5 pt pour la conclusion) (1)

Erreur fréquente — « Gagner exactement deux manches sur trois » correspond à trois chemins : oublier le facteur $3$ dans $3p^2(1-p)$ donne une probabilité trop petite, et $G(0,5)$ ne vaudrait plus $0,5$.