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Devoir surveillé : Probabilités conditionnelles, indépendance et variables aléatoires

Spé maths 1ʳᵉ · un devoir qui mélange 3 chapitres, en 3 niveaux : ★ les bases, ★★ niveau DS classique, ★★★ pour aller plus loin. Sujets et corrigés détaillés, à faire en temps limité puis à corriger.

Niveau ★les basesNiveau ★★niveau DS classiqueNiveau ★★★pour aller plus loin

Niveau ★ — les bases · 60 min · noté sur 20.

⬇ Sujet niveau ★ (PDF) ⬇ Corrigé niveau ★ (PDF)

benprofparticulier.frSpécialité Mathématiques · 1ʳᵉ

Devoir surveillé – Probabilités conditionnelles, indépendance et variables aléatoires — niveau ★

Durée : 60 min – Calculatrice interdite – Sur 20 points · Spécialité Mathématiques 1ʳᵉ

Nom : Date : Note : / 20

Tous les calculs doivent figurer sur la copie. Les résultats seront donnés sous la forme la plus simple possible.

Exercice 1 – Automatismes

(5 pts)

a)On donne $P (A) = 0, 6$ et $P_{A} (B) = 0, 3$ . Calculer $P (A \cap B)$ .
b) $A$ et $B$ sont indépendants, avec $P (A) = 0, 4$ et $P (B) = 0, 5$ . Calculer $P (A \cap B)$ .
c)On donne $P (A) = 0, 25$ et $P (A \cap B) = 0, 1$ . Calculer $P_{A} (B)$ .
d)Une variable aléatoire $X$ prend les valeurs $0$ , $2$ et $5$ avec les probabilités respectives $0, 5$ ; $0, 3$ et $0, 2$ . Calculer $E (X)$ .
e)Avec la variable $X$ de la question d), calculer $E (2 X - 1)$ .

Exercice 2 – Tableau croisé et indépendance

(5 pts)

a)Dans un lycée, on interroge 240 élèves de 1re : 120 suivent la spécialité mathématiques ( $M$ ), 150 sont demi-pensionnaires ( $D$ ) et 84 sont dans les deux cas. Construire le tableau croisé des effectifs ( $M$ et $\overset{―}{M}$ en lignes ; $D$ et $\overset{―}{D}$ en colonnes).
b)On choisit un élève au hasard. Calculer $P (M \cap D)$ puis $P (M \cup D)$ .
c)Calculer $P_{D} (M)$ et $P_{M} (D)$ . Traduire chacun de ces nombres par une phrase.
d)Les événements $M$ et $D$ sont-ils indépendants ? Justifier.

Exercice 3 – Trois feux sur un trajet

(5 pts)

a)Sur son trajet, Nadia passe trois feux. Chacun est vert à son arrivée avec la probabilité $0, 4$ , indépendamment des autres. On note $X$ le nombre de feux verts rencontrés. Construire un arbre pondéré de la situation et calculer $P (X = 3)$ .
b)Calculer $P (X = 0)$ , puis la probabilité que Nadia rencontre au moins un feu vert.
c)Montrer que $P (X = 1) = 0, 432$ .
d)Calculer $P (X = 2)$ et présenter la loi de probabilité de $X$ dans un tableau.
e)Calculer $E (X)$ et interpréter ce résultat.

Exercice 4 – Problème — Un jeu de kermesse

(5 pts)

a)À une kermesse, un joueur mise $2$ €. Il tire une boule dans une urne contenant 3 boules rouges et 2 boules noires. Si la boule est rouge ( $R$ ), il fait tourner une roue qui affiche « gagné » avec la probabilité $\frac{1}{3}$ ; si elle est noire, il lance une pièce équilibrée et gagne s'il obtient pile. On note $G$ l'événement « le joueur gagne ». Construire l'arbre pondéré de la situation.
b)Calculer $P (R \cap G)$ .
c)Montrer que $P (G) = 0, 4$ .
d)Le joueur a gagné. Quelle est la probabilité qu'il ait tiré une boule rouge ?
e)Un joueur qui gagne reçoit $4$ € (mise comprise) ; sinon, il ne reçoit rien. On note $X$ son gain net. Donner la loi de $X$ , calculer $E (X)$ et dire si le jeu est favorable au joueur.

Bon courage !

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Voir le corrigé et le barème

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Corrigé et barème – Probabilités conditionnelles, indépendance et variables aléatoires — niveau ★

Durée : 60 min – Calculatrice interdite – Sur 20 points · Spécialité Mathématiques 1ʳᵉ

Exercice 1 – Automatismes

(5 pts)

a) $P (A \cap B) = P (A) \times P_{A} (B) = 0, 6 \times 0, 3 = 0, 18$ . (1 pt) (1)
b)Par indépendance, $P (A \cap B) = P (A) \times P (B) = 0, 4 \times 0, 5 = 0, 2$ . (1 pt) (1)
c) $P_{A} (B) = \frac{P (A \cap B)}{P (A)} = \frac{0, 1}{0, 25} = 0, 4$ . (1 pt) (1)
d) $E (X) = 0 \times 0, 5 + 2 \times 0, 3 + 5 \times 0, 2 = 0 + 0, 6 + 1 = 1, 6$ . (1 pt) (1)
e)Par linéarité de l'espérance, $E (2 X - 1) = 2 E (X) - 1 = 2 \times 1, 6 - 1 = 2, 2$ . (1 pt) (1)

Méthode — Trois formules à connaître par cœur : $P (A \cap B) = P (A) P_{A} (B)$ toujours, $P (A \cap B) = P (A) P (B)$ seulement si $A$ et $B$ sont indépendants, et $E (a X + b) = a E (X) + b$ .

Exercice 2 – Tableau croisé et indépendance

(5 pts)

a)Ligne $M$ : $84$ et $120 - 84 = 36$ (total $120$ ). Ligne $\overset{―}{M}$ : $150 - 84 = 66$ et $120 - 66 = 54$ (total $240 - 120 = 120$ ). Totaux des colonnes : $150$ et $240 - 150 = 90$ ; contrôle : $36 + 54 = 90$ . Total général : $240$ . (1,5 pt) (1,25)
b) $P (M \cap D) = \frac{84}{240} = 0, 35$ ; $P (M \cup D) = P (M) + P (D) - P (M \cap D) = \frac{120 + 150 - 84}{240} = \frac{186}{240} = 0, 775$ . (1 pt) (1,25)
c) $P_{D} (M) = \frac{84}{150} = 0, 56$ : 56 % des demi-pensionnaires suivent la spécialité mathématiques. $P_{M} (D) = \frac{84}{120} = 0, 7$ : 70 % des élèves de spécialité mathématiques sont demi-pensionnaires. (1,5 pt) (1,25)
d) $P (M) \times P (D) = \frac{120}{240} \times \frac{150}{240} = 0, 5 \times 0, 625 = 0, 3125$ , alors que $P (M \cap D) = 0, 35$ . Les deux nombres diffèrent : $M$ et $D$ ne sont pas indépendants. (On peut aussi constater que $P_{D} (M) = 0, 56 \neq P (M) = 0, 5$ .) (1 pt) (1,25)

Piège — $P_{D} (M)$ et $P_{M} (D)$ ont le même numérateur mais pas le même dénominateur : on divise toujours par l'effectif de l'événement qui conditionne, celui écrit en indice.

Exercice 3 – Trois feux sur un trajet

(5 pts)

a)Arbre à trois niveaux : à chaque nœud, $V$ (vert) avec $0, 4$ et $\overset{―}{V}$ avec $0, 6$ , soit $8$ chemins. Les épreuves étant indépendantes, on multiplie les probabilités le long du chemin $V V V$ : $P (X = 3) = 0, 4^{3} = 0, 064$ . (1 pt) (1)
b) $P (X = 0) = 0, 6^{3} = 0, 216$ . « Au moins un feu vert » est l'événement contraire de « aucun feu vert » : $P (X \geq 1) = 1 - 0, 216 = 0, 784$ . (1 pt) (1)
c)Trois chemins comportent un seul feu vert ( $V \overset{―}{V} \overset{―}{V}$ , $\overset{―}{V} V \overset{―}{V}$ , $\overset{―}{V} \overset{―}{V} V$ ), chacun de probabilité $0, 4 \times 0, 6^{2} = 0, 144$ . Donc $P (X = 1) = 3 \times 0, 144 = 0, 432$ . (1 pt) (1)
d)Trois chemins comportent deux feux verts, chacun de probabilité $0, 4^{2} \times 0, 6 = 0, 096$ : $P (X = 2) = 3 \times 0, 096 = 0, 288$ . Loi de $X$ : valeurs $0$ ; $1$ ; $2$ ; $3$ avec les probabilités $0, 216$ ; $0, 432$ ; $0, 288$ ; $0, 064$ (somme égale à $1$ ). (1 pt) (1)
e) $E (X) = 0 \times 0, 216 + 1 \times 0, 432 + 2 \times 0, 288 + 3 \times 0, 064 = 0, 432 + 0, 576 + 0, 192 = 1, 2$ . Sur un grand nombre de trajets, Nadia rencontre en moyenne $1, 2$ feu vert par trajet. (1 pt) (1)

Astuce — Pour « au moins un », passer par l'événement contraire « aucun » : un seul chemin à calculer au lieu de sept.

Exercice 4 – Problème — Un jeu de kermesse

(5 pts)

a)Premier niveau : $R$ avec $\frac{3}{5}$ et $\overset{―}{R}$ avec $\frac{2}{5}$ . Après $R$ : $G$ avec $\frac{1}{3}$ , $\overset{―}{G}$ avec $\frac{2}{3}$ . Après $\overset{―}{R}$ : $G$ avec $\frac{1}{2}$ , $\overset{―}{G}$ avec $\frac{1}{2}$ . (1 pt) (1)
b) $P (R \cap G) = P (R) \times P_{R} (G) = \frac{3}{5} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{5} = 0, 2$ . (0,5 pt) (1)
c) $R$ et $\overset{―}{R}$ forment une partition ; formule des probabilités totales : $P (G) = \frac{1}{5} + \frac{2}{5} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{5} + \frac{1}{5} = \frac{2}{5} = 0, 4$ . (1 pt) (1)
d) $P_{G} (R) = \frac{P (R \cap G)}{P (G)} = \frac{0, 2}{0, 4} = 0, 5$ . (1 pt) (1)
e) $X$ vaut $4 - 2 = 2$ avec la probabilité $0, 4$ et $- 2$ avec la probabilité $0, 6$ . $E (X) = 2 \times 0, 4 + (- 2) \times 0, 6 = 0, 8 - 1, 2 = - 0, 4$ . L'espérance est négative : en moyenne, le joueur perd $0, 40$ € par partie, le jeu lui est défavorable. (1,5 pt) (1)

Erreur fréquente — Le gain net retranche la mise : avec $4$ € reçus pour $2$ € misés, on gagne $2$ € et non $4$ €, et une partie perdue vaut $- 2$ €, pas $0$ .

Niveau ★★ — niveau DS classique · 120 min · noté sur 20.

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Devoir surveillé – Probabilités conditionnelles, indépendance et variables aléatoires — niveau ★★

Durée : 120 min – Calculatrice interdite – Sur 20 points · Spécialité Mathématiques 1ʳᵉ

Nom : Date : Note : / 20

Tous les calculs doivent figurer sur la copie. Les résultats seront donnés sous la forme la plus simple possible.

Exercice 1 – Automatismes

(3 pts)

a) $A$ et $B$ sont indépendants, avec $P (A) = 0, 7$ et $P (B) = 0, 2$ . Calculer $P (A \cup B)$ .
b)On donne $P (B) = 0, 3$ et $P (A \cap B) = 0, 12$ . Calculer $P_{B} (A)$ .
c)On donne $P (A) = 0, 3$ , $P_{A} (B) = 0, 5$ et $P_{\overset{―}{A}} (B) = 0, 2$ . Calculer $P (B)$ .
d) $X$ prend les valeurs $- 1$ , $0$ et $3$ avec les probabilités respectives $0, 3$ ; $0, 5$ et $0, 2$ . Calculer $E (X)$ .
e)Calculer $V (X)$ pour la variable de la question d).
f)Une variable $Y$ vérifie $V (Y) = 4$ . Calculer $V (- 3 Y + 7)$ et $σ (- 3 Y + 7)$ .

Exercice 2 – Qui a raison ?

(4 pts)

a)Léa affirme : « Pour tous événements $A$ et $B$ de probabilités non nulles, $P_{A} (B) = P_{B} (A)$ . » A-t-elle raison ?
b) $A$ et $B$ sont indépendants, avec $P (A) = 0, 4$ et $P (B) = 0, 5$ . Tom écrit : « $P (\overset{―}{A} \cap \overset{―}{B}) = 1 - 0, 4 - 0, 5 = 0, 1$ . » Corriger son raisonnement.
c)Une variable $X$ prend ses valeurs parmi $1$ , $2$ et $3$ , et $E (X) = 2$ . Inès affirme : « $X$ prend donc le plus souvent la valeur $2$ . » A-t-elle raison ?
d)Hugo écrit : « $V (2 X + 5) = 2 V (X) + 5$ . » Corriger cette égalité et la justifier à partir de la définition de la variance.

Exercice 3 – Dépistage : les faux positifs

(4 pts)

a)Une maladie touche 2 % d'une population. Un test est positif ( $T$ ) pour 95 % des personnes malades ( $M$ ) et pour 4 % des personnes non malades. On choisit une personne au hasard. Construire l'arbre pondéré et montrer que $P (T) = 0, 0582$ .
b)Le test d'une personne est positif. Calculer la probabilité qu'elle soit malade (arrondir au millième) et commenter.
c)Le test d'une personne est négatif. Calculer la probabilité qu'elle ne soit pas malade (arrondir à $10^{- 4}$ ).
d)Trois personnes choisies au hasard, de façon indépendante, passent le test. Calculer la probabilité qu'au moins l'une d'elles obtienne un test positif (arrondir au millième).

Exercice 4 – Répondre au hasard

(4 pts)

a)Un questionnaire comporte 3 questions ; chacune propose 4 réponses dont une seule est juste. Un élève répond à chaque question au hasard, indépendamment. On note $X$ le nombre de bonnes réponses. À l'aide d'un arbre, justifier que $P (X = 0) = \frac{27}{64}$ .
b)Déterminer la loi de probabilité de $X$ .
c)Calculer $E (X)$ puis $V (X)$ .
d)Une bonne réponse rapporte $2$ points, une mauvaise en retire $1$ . On note $N$ la note obtenue. Montrer que $N = 3 X - 3$ , puis calculer $E (N)$ et $σ (N)$ .
e)Combien de points faudrait-il retirer par mauvaise réponse pour que la note moyenne d'un élève répondant au hasard soit nulle ?

Exercice 5 – Problème — Location de vélos

(5 pts)

a)Une plateforme loue des vélos : 70 % des locations concernent un vélo électrique ( $E$ ), les autres un vélo classique. Une location est longue ( $L$ ) dans 40 % des cas pour un vélo électrique et dans 20 % des cas pour un vélo classique. On choisit une location au hasard. Construire l'arbre pondéré et calculer $P (L)$ .
b)Une location est longue. Calculer la probabilité qu'elle concerne un vélo électrique (valeur exacte, puis arrondie au centième).
c)Le prix $X$ d'une location, en euros, vaut $2$ pour une location courte en vélo classique, $5$ pour une location longue en vélo classique, $4$ pour une location courte en vélo électrique et $9$ pour une location longue en vélo électrique. Déterminer la loi de $X$ .
d)Calculer $E (X)$ et interpréter.
e)Calculer $V (X)$ , puis $σ (X)$ arrondi au centième.
f)Lors d'une opération commerciale, chaque prix est réduit de 20 %, puis majoré de $1$ € de frais de réservation. On note $Y$ le nouveau prix. Exprimer $Y$ en fonction de $X$ , puis calculer $E (Y)$ et $σ (Y)$ .

Bon courage !

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Corrigé et barème – Probabilités conditionnelles, indépendance et variables aléatoires — niveau ★★

Durée : 120 min – Calculatrice interdite – Sur 20 points · Spécialité Mathématiques 1ʳᵉ

Exercice 1 – Automatismes

(3 pts)

a) $P (A \cap B) = 0, 7 \times 0, 2 = 0, 14$ , donc $P (A \cup B) = 0, 7 + 0, 2 - 0, 14 = 0, 76$ . (0,5 pt) (0,5)
b) $P_{B} (A) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)} = \frac{0, 12}{0, 3} = 0, 4$ . (0,5 pt) (0,5)
c)Probabilités totales : $P (B) = 0, 3 \times 0, 5 + 0, 7 \times 0, 2 = 0, 15 + 0, 14 = 0, 29$ . (0,5 pt) (0,5)
d) $E (X) = - 1 \times 0, 3 + 0 \times 0, 5 + 3 \times 0, 2 = - 0, 3 + 0, 6 = 0, 3$ . (0,5 pt) (0,5)
e) $E (X^{2}) = 1 \times 0, 3 + 0 \times 0, 5 + 9 \times 0, 2 = 2, 1$ ; König-Huygens : $V (X) = 2, 1 - 0, 3^{2} = 2, 1 - 0, 09 = 2, 01$ . (0,5 pt) (0,5)
f) $V (- 3 Y + 7) = (- 3)^{2} \times 4 = 36$ et $σ (- 3 Y + 7) = \sqrt{36} = 6$ (soit $| - 3 | \times σ (Y) = 3 \times 2$ ). (0,5 pt) (0,5)

Piège — Dans $V (a X + b)$ , la constante $b$ disparaît et $a$ est élevé au carré : une variance n'est jamais négative, même si $a < 0$ .

Exercice 2 – Qui a raison ?

(4 pts)

a)Non. Contre-exemple : $P (A) = 0, 5$ , $P (B) = 0, 2$ et $P (A \cap B) = 0, 1$ donnent $P_{A} (B) = \frac{0, 1}{0, 5} = 0, 2$ mais $P_{B} (A) = \frac{0, 1}{0, 2} = 0, 5$ . Les deux quotients ont le même numérateur ; lorsque $P (A \cap B) \neq 0$ , ils ne sont égaux que si $P (A) = P (B)$ . (1 pt) (1)
b)Tom raisonne comme si $A$ et $B$ étaient incompatibles. Or $A$ et $B$ étant indépendants, $\overset{―}{A}$ et $\overset{―}{B}$ le sont aussi : $P (\overset{―}{A} \cap \overset{―}{B}) = 0, 6 \times 0, 5 = 0, 3$ . Vérification : $P (A \cup B) = 0, 4 + 0, 5 - 0, 2 = 0, 7$ et $1 - 0, 7 = 0, 3$ . (1 pt) (1)
c)Non. Avec $P (X = 1) = P (X = 3) = 0, 5$ et $P (X = 2) = 0$ , on a $E (X) = 0, 5 + 1, 5 = 2$ , et pourtant $X$ ne vaut jamais $2$ . L'espérance est une moyenne à long terme, pas la valeur la plus probable. (1 pt) (1)
d)Si $X$ prend les valeurs $x_{i}$ avec les probabilités $p_{i}$ et $μ = E (X)$ , alors $E (2 X + 5) = 2 μ + 5$ et $V (2 X + 5) = \sum p_{i} (2 x_{i} + 5 - (2 μ + 5))^{2} = \sum p_{i} \times 4 (x_{i} - μ)^{2} = 4 V (X)$ . Ajouter $5$ décale les valeurs sans modifier leur dispersion ; multiplier par $2$ multiplie les écarts par $2$ , donc leurs carrés par $4$ . (1 pt) (1)

Erreur fréquente — Confondre incompatibles ( $P (A \cap B) = 0$ ) et indépendants ( $P (A \cap B) = P (A) P (B)$ ) : ce sont deux notions différentes, qui ne se déduisent pas l'une de l'autre.

Exercice 3 – Dépistage : les faux positifs

(4 pts)

a)Arbre : $P (M) = 0, 02$ , $P_{M} (T) = 0, 95$ , $P_{\overset{―}{M}} (T) = 0, 04$ . $M$ et $\overset{―}{M}$ forment une partition : $P (T) = 0, 02 \times 0, 95 + 0, 98 \times 0, 04 = 0, 019 + 0, 0392 = 0, 0582$ . (1 pt) (1)
b) $P_{T} (M) = \frac{P (M \cap T)}{P (T)} = \frac{0, 019}{0, 0582} \approx 0, 326$ . Seul un test positif sur trois environ concerne un malade : la maladie est rare, et les 4 % de faux positifs portent sur 98 % de la population, ce qui fournit plus de positifs non malades ( $0, 0392$ ) que de positifs malades ( $0, 019$ ). (1 pt) (1)
c) $P (\overset{―}{T}) = 1 - 0, 0582 = 0, 9418$ et $P (\overset{―}{M} \cap \overset{―}{T}) = 0, 98 \times 0, 96 = 0, 9408$ . Donc $P_{\overset{―}{T}} (\overset{―}{M}) = \frac{0, 9408}{0, 9418} \approx 0, 9989$ : un test négatif est très rassurant. (1 pt) (1)
d)Les trois tests sont des épreuves indépendantes ; la probabilité qu'aucun ne soit positif est $0, 9418^{3} \approx 0, 8354$ . Donc la probabilité d'au moins un test positif vaut $1 - 0, 9418^{3} \approx 0, 165$ . (1 pt) (1)

Méthode — Pour inverser le conditionnement, calculer d'abord $P (T)$ par les probabilités totales, puis $P_{T} (M) = \frac{P (M \cap T)}{P (T)}$ : c'est lire l'arbre « à l'envers ».

Exercice 4 – Répondre au hasard

(4 pts)

a)Chaque question est une épreuve de Bernoulli de succès « réponse juste », de probabilité $\frac{1}{4}$ ; les 3 épreuves sont indépendantes. Un seul chemin de l'arbre ne comporte aucun succès : $P (X = 0) = {(\frac{3}{4})}^{3} = \frac{27}{64}$ . (0,5 pt) (0,8)
b)Trois chemins pour 1 succès : $P (X = 1) = 3 \times \frac{1}{4} \times {(\frac{3}{4})}^{2} = \frac{27}{64}$ ; trois chemins pour 2 succès : $P (X = 2) = 3 \times {(\frac{1}{4})}^{2} \times \frac{3}{4} = \frac{9}{64}$ ; $P (X = 3) = {(\frac{1}{4})}^{3} = \frac{1}{64}$ . Contrôle : $27 + 27 + 9 + 1 = 64$ . (0,5 pt) (0,8)
c) $E (X) = \frac{0 \times 27 + 1 \times 27 + 2 \times 9 + 3 \times 1}{64} = \frac{48}{64} = \frac{3}{4}$ . $E (X^{2}) = \frac{27 + 4 \times 9 + 9 \times 1}{64} = \frac{72}{64} = \frac{9}{8}$ , donc $V (X) = \frac{9}{8} - {(\frac{3}{4})}^{2} = \frac{18}{16} - \frac{9}{16} = \frac{9}{16}$ . (1 pt) (0,8)
d)Il y a $X$ bonnes réponses et $3 - X$ mauvaises : $N = 2 X - (3 - X) = 3 X - 3$ . $E (N) = 3 \times \frac{3}{4} - 3 = - \frac{3}{4}$ ; $V (N) = 3^{2} \times \frac{9}{16} = \frac{81}{16}$ , d'où $σ (N) = \frac{9}{4}$ . (1 pt) (0,8)
e)Avec un retrait de $k$ points par mauvaise réponse : $N = 2 X - k (3 - X) = (2 + k) X - 3 k$ , donc $E (N) = \frac{3}{4} (2 + k) - 3 k$ . $E (N) = 0 ⟺ 3 (2 + k) = 12 k ⟺ 6 = 9 k ⟺ k = \frac{2}{3}$ . Il faut retirer $\frac{2}{3}$ de point par mauvaise réponse. (1 pt) (0,8)

Astuce — Exprimer une note ou un gain sous la forme $a X + b$ donne espérance et écart type sans refaire de loi : $E (a X + b) = a E (X) + b$ et $σ (a X + b) = | a | σ (X)$ .

Exercice 5 – Problème — Location de vélos

(5 pts)

a)Arbre : $P (E) = 0, 7$ , $P_{E} (L) = 0, 4$ ; $P (\overset{―}{E}) = 0, 3$ , $P_{\overset{―}{E}} (L) = 0, 2$ . Probabilités totales : $P (L) = 0, 7 \times 0, 4 + 0, 3 \times 0, 2 = 0, 28 + 0, 06 = 0, 34$ . (1 pt) (0,833333)
b) $P_{L} (E) = \frac{P (E \cap L)}{P (L)} = \frac{0, 28}{0, 34} = \frac{14}{17} \approx 0, 82$ . (0,5 pt) (0,833333)
c) $P (X = 2) = P (\overset{―}{E} \cap \overset{―}{L}) = 0, 3 \times 0, 8 = 0, 24$ ; $P (X = 4) = P (E \cap \overset{―}{L}) = 0, 7 \times 0, 6 = 0, 42$ ; $P (X = 5) = P (\overset{―}{E} \cap L) = 0, 06$ ; $P (X = 9) = P (E \cap L) = 0, 28$ . Contrôle : $0, 24 + 0, 42 + 0, 06 + 0, 28 = 1$ . (1 pt) (0,833333)
d) $E (X) = 2 \times 0, 24 + 4 \times 0, 42 + 5 \times 0, 06 + 9 \times 0, 28 = 0, 48 + 1, 68 + 0, 3 + 2, 52 = 4, 98$ . Sur un grand nombre de locations, le prix moyen d'une location est d'environ $4, 98$ €. (0,5 pt) (0,833333)
e) $E (X^{2}) = 4 \times 0, 24 + 16 \times 0, 42 + 25 \times 0, 06 + 81 \times 0, 28 = 0, 96 + 6, 72 + 1, 5 + 22, 68 = 31, 86$ . König-Huygens : $V (X) = 31, 86 - 4, 98^{2} = 31, 86 - 24, 8004 = 7, 0596$ ; $σ (X) = \sqrt{7, 0596} \approx 2, 66$ . (1 pt) (0,833333)
f)Réduire de 20 % revient à multiplier par $0, 8$ : $Y = 0, 8 X + 1$ . $E (Y) = 0, 8 \times 4, 98 + 1 = 4, 984$ , soit environ $4, 98$ € ; $σ (Y) = 0, 8 σ (X) \approx 0, 8 \times 2, 657 \approx 2, 13$ € (les frais fixes ne modifient pas la dispersion). (1 pt) (0,833333)

Méthode — Présenter la loi dans un tableau et vérifier que la somme des probabilités vaut $1$ avant tout calcul d'espérance : une erreur de lecture de l'arbre se repère immédiatement.

Niveau ★★★ — pour aller plus loin · 120 min · noté sur 20.

⬇ Sujet niveau ★★★ (PDF) ⬇ Corrigé niveau ★★★ (PDF)

benprofparticulier.frSpécialité Mathématiques · 1ʳᵉ

Devoir surveillé – Probabilités conditionnelles, indépendance et variables aléatoires — niveau ★★★

Durée : 120 min – Calculatrice interdite – Sur 20 points · Spécialité Mathématiques 1ʳᵉ

Nom : Date : Note : / 20

Tous les calculs doivent figurer sur la copie. Les résultats seront donnés sous la forme la plus simple possible.

Exercice 1 – Démontrer

(4 pts)

a)Soit $A$ et $B$ deux événements indépendants. Démontrer que $\overset{―}{A}$ et $\overset{―}{B}$ sont indépendants.
b)Soit $X$ une variable aléatoire prenant les valeurs $x_{1}, \dots, x_{n}$ avec les probabilités $p_{1}, \dots, p_{n}$ , et $μ = E (X)$ . Démontrer la formule de König-Huygens : $V (X) = E (X^{2}) - μ^{2}$ .
c)Démontrer que, pour tous réels $a$ et $b$ , $V (a X + b) = a^{2} V (X)$ .
d)Soit $A$ et $B$ deux événements avec $0 < P (A) < 1$ . Démontrer que $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si $P_{A} (B) = P_{\overset{―}{A}} (B)$ .

Exercice 2 – Problème — Un détecteur de pièces défectueuses

(4 pts)

a)Dans une usine, 3 % des pièces sont défectueuses ( $D$ ). Un détecteur déclenche une alarme ( $A$ ) pour 98 % des pièces défectueuses et pour une proportion $q$ des pièces conformes, avec $0 < q < 1$ . On choisit une pièce au hasard. Exprimer $P (A)$ en fonction de $q$ .
b)En déduire $P_{A} (D)$ en fonction de $q$ , et étudier le sens de variation de $q \mapsto P_{A} (D)$ sur $] 0; 1 [$ . Interpréter.
c)Le fabricant veut qu'au moins 80 % des alarmes concernent des pièces défectueuses. Déterminer les valeurs de $q$ qui conviennent.
d)On prend $q = 0, 005$ . Vérifier que l'exigence du fabricant est satisfaite, puis calculer la probabilité qu'un lot de 3 pièces, dont les passages au détecteur sont indépendants, ne déclenche aucune alarme (arrondir à $10^{- 4}$ ).

Exercice 3 – Le jeu du premier six

(4 pts)

a)On lance un dé équilibré à six faces au plus trois fois, en s'arrêtant dès qu'on obtient un 6. Les lancers sont indépendants. On note $X$ le nombre de lancers effectués. Déterminer la loi de $X$ en justifiant que $P (X = 3) = \frac{25}{36}$ .
b)Calculer $E (X)$ .
c)Le joueur reçoit $12$ € si le 6 sort au premier lancer, $6$ € s'il sort au deuxième, $3$ € s'il sort au troisième, et rien si aucun 6 ne sort. On note $R$ la somme reçue. Déterminer la loi de $R$ et montrer que $E (R) = \frac{229}{72}$ .
d)Le joueur paie une mise $m$ pour jouer. Déterminer $m$ pour que le jeu soit équitable.
e)Calculer $σ (R)$ arrondi au centième. L'organisateur double ensuite tous les montants reçus et fixe la mise à $7$ €. Calculer l'espérance et l'écart type du nouveau gain net.

Exercice 4 – Trouver le paramètre

(3 pts)

a)Un lycée compte 400 élèves, dont 250 filles ( $F$ ) et 160 élèves pratiquant un sport en club ( $S$ ). On note $x$ le nombre de filles pratiquant un sport en club. Justifier que $10 \leq x \leq 160$ .
b)On choisit un élève au hasard. Exprimer $P_{F} (S)$ et $P_{S} (F)$ en fonction de $x$ .
c)Déterminer $x$ pour que $F$ et $S$ soient indépendants. Ces deux événements peuvent-ils être incompatibles ?
d)Pour cette valeur de $x$ , calculer $P (\overset{―}{F} \cap \overset{―}{S})$ de deux façons différentes.

Exercice 5 – Pour aller plus loin

(5 pts)

a)Un stock de composants provient à 60 % d'un fournisseur $A$ et à 40 % d'un fournisseur $B$ ; 90 % des composants de $A$ et 75 % de ceux de $B$ sont conformes. Montrer qu'un composant pris au hasard est conforme avec la probabilité $p = 0, 84$ .
b)On prélève 3 composants, et l'on admet que les prélèvements sont indépendants. On note $X$ le nombre de composants conformes. Dans cette question et la suivante, $p$ désigne un réel quelconque de $] 0; 1 [$ . Donner la loi de $X$ en fonction de $p$ .
c)Démontrer que $E (X) = 3 p$ et $V (X) = 3 p (1 - p)$ . Donner leurs valeurs pour $p = 0, 84$ .
d)Pour quelle valeur de $p$ la variance $V (X)$ est-elle maximale ? Interpréter.
e)Recherche : reprendre les calculs avec 2 prélèvements au lieu de 3, puis conjecturer $E (X)$ et $V (X)$ pour $n$ prélèvements indépendants.
f)Retour à $p = 0, 84$ et à 3 prélèvements : chaque composant non conforme coûte $15$ € à remplacer. On note $C$ le coût total. Exprimer $C$ en fonction de $X$ , puis calculer $E (C)$ et $σ (C)$ (arrondi au centime).

Bon courage !

Voir le corrigé et le barème

benprofparticulier.frSpécialité Mathématiques · 1ʳᵉ

Corrigé et barème – Probabilités conditionnelles, indépendance et variables aléatoires — niveau ★★★

Durée : 120 min – Calculatrice interdite – Sur 20 points · Spécialité Mathématiques 1ʳᵉ

Exercice 1 – Démontrer

(4 pts)

a) $P (\overset{―}{A} \cap \overset{―}{B}) = 1 - P (A \cup B) = 1 - P (A) - P (B) + P (A \cap B) = 1 - P (A) - P (B) + P (A) P (B) = (1 - P (A)) (1 - P (B)) = P (\overset{―}{A}) P (\overset{―}{B})$ : $\overset{―}{A}$ et $\overset{―}{B}$ sont indépendants. (1 pt) (1)
b) $V (X) = \sum p_{i} (x_{i} - μ)^{2} = \sum p_{i} x_{i}^{2} - 2 μ \sum p_{i} x_{i} + μ^{2} \sum p_{i} = E (X^{2}) - 2 μ \times μ + μ^{2} \times 1 = E (X^{2}) - μ^{2}$ , car $\sum p_{i} x_{i} = μ$ et $\sum p_{i} = 1$ . (1 pt) (1)
c) $a X + b$ prend les valeurs $a x_{i} + b$ avec les probabilités $p_{i}$ , et $E (a X + b) = a μ + b$ . Donc $V (a X + b) = \sum p_{i} (a x_{i} + b - a μ - b)^{2} = \sum p_{i} a^{2} (x_{i} - μ)^{2} = a^{2} V (X)$ . (1 pt) (1)
d)Probabilités totales : $P (B) = P (A) P_{A} (B) + (1 - P (A)) P_{\overset{―}{A}} (B)$ . Si $P_{A} (B) = P_{\overset{―}{A}} (B) = c$ , alors $P (B) = c (P (A) + 1 - P (A)) = c = P_{A} (B)$ , d'où $P (A \cap B) = P (A) P_{A} (B) = P (A) P (B)$ : indépendance. Réciproquement, si $A$ et $B$ sont indépendants, $P_{A} (B) = P (B)$ et $P (\overset{―}{A} \cap B) = P (B) - P (A) P (B) = P (\overset{―}{A}) P (B)$ , donc $P_{\overset{―}{A}} (B) = P (B)$ : les deux probabilités conditionnelles sont égales. (1 pt) (1)

Astuce — Dans un arbre, l'indépendance se lit directement : les branches issues de $A$ et de $\overset{―}{A}$ portent la même probabilité vers $B$ .

Exercice 2 – Problème — Un détecteur de pièces défectueuses

(4 pts)

a) $D$ et $\overset{―}{D}$ forment une partition : $P (A) = 0, 03 \times 0, 98 + 0, 97 q = 0, 0294 + 0, 97 q$ . (0,5 pt) (1)
b) $P_{A} (D) = \frac{P (D \cap A)}{P (A)} = \frac{0, 0294}{0, 0294 + 0, 97 q}$ . Le dénominateur est positif et croissant en $q$ , le numérateur est une constante positive : $P_{A} (D)$ décroît quand $q$ augmente. Plus le détecteur donne de fausses alarmes, moins une alarme est fiable. (1 pt) (1)
c)Le dénominateur étant positif : $\frac{0, 0294}{0, 0294 + 0, 97 q} \geq 0, 8 ⟺ 0, 0294 \geq 0, 02352 + 0, 776 q ⟺ 0, 00588 \geq 0, 776 q ⟺ q \leq \frac{0, 00588}{0, 776} \approx 0, 00758$ . Le taux de fausses alarmes doit être au plus d'environ $0, 76$ %, soit $q \in] 0; \frac{0, 00588}{0, 776}]$ . (1,5 pt) (1)
d) $0, 005 < 0, 00758$ : l'exigence est satisfaite ; en effet $P (A) = 0, 0294 + 0, 97 \times 0, 005 = 0, 03425$ et $P_{A} (D) = \frac{0, 0294}{0, 03425} \approx 0, 858 \geq 0, 8$ . Par indépendance des trois passages : $P (aucune alarme) = (1 - 0, 03425)^{3} = 0, 96575^{3} \approx 0, 9007$ . (1 pt) (1)

Piège — Un détecteur très sensible peut être peu fiable : quand les défauts sont rares, même un faible taux de fausses alarmes fait chuter $P_{A} (D)$ .

Exercice 3 – Le jeu du premier six

(4 pts)

a) $P (X = 1) = \frac{1}{6}$ ; $P (X = 2) = \frac{5}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{5}{36}$ . On effectue un troisième lancer dès que les deux premiers ne donnent pas 6, quel que soit son résultat : $P (X = 3) = {(\frac{5}{6})}^{2} = \frac{25}{36}$ . Contrôle : $\frac{6 + 5 + 25}{36} = 1$ . (1 pt) (0,8)
b) $E (X) = 1 \times \frac{6}{36} + 2 \times \frac{5}{36} + 3 \times \frac{25}{36} = \frac{6 + 10 + 75}{36} = \frac{91}{36} \approx 2, 53$ lancers. (0,5 pt) (0,8)
c) $P (R = 12) = \frac{1}{6} = \frac{36}{216}$ ; $P (R = 6) = \frac{5}{36} = \frac{30}{216}$ ; $P (R = 3) = {(\frac{5}{6})}^{2} \times \frac{1}{6} = \frac{25}{216}$ ; $P (R = 0) = {(\frac{5}{6})}^{3} = \frac{125}{216}$ (somme : $\frac{216}{216} = 1$ ). $E (R) = \frac{12 \times 36 + 6 \times 30 + 3 \times 25}{216} = \frac{432 + 180 + 75}{216} = \frac{687}{216} = \frac{229}{72}$ . (1 pt) (0,8)
d)Le gain net est $G = R - m$ , donc $E (G) = E (R) - m$ . Jeu équitable $⟺ E (G) = 0 ⟺ m = \frac{229}{72} \approx 3, 18$ €. (0,5 pt) (0,8)
e) $E (R^{2}) = \frac{144 \times 36 + 36 \times 30 + 9 \times 25}{216} = \frac{6489}{216} \approx 30, 042$ ; $V (R) = \frac{6489}{216} - {(\frac{229}{72})}^{2} \approx 30, 042 - 10, 116 \approx 19, 93$ , d'où $σ (R) \approx 4, 46$ . Nouveau gain net : $G^{'} = 2 R - 7$ , donc $E (G^{'}) = \frac{229}{36} - 7 = - \frac{23}{36} \approx - 0, 64$ € (jeu défavorable au joueur) et $σ (G^{'}) = 2 σ (R) \approx 8, 93$ €. (1 pt) (0,8)

Erreur fréquente — « Trois lancers » ne veut pas dire « un 6 au troisième lancer » : l'événement ${X = 3}$ contient aussi les parties sans aucun 6, d'où $\frac{25}{36}$ et non $\frac{25}{216}$ .

Exercice 4 – Trouver le paramètre

(3 pts)

a)Les garçons sportifs sont au nombre de $160 - x$ , et il n'y a que $400 - 250 = 150$ garçons : $160 - x \leq 150$ , soit $x \geq 10$ . De plus $x \leq 160$ , car les filles sportives font partie des 160 sportifs. (0,5 pt) (0,75)
b) $P_{F} (S) = \frac{x}{250}$ et $P_{S} (F) = \frac{x}{160}$ . (0,5 pt) (0,75)
c) $P (F) \neq 0$ , donc $F$ et $S$ indépendants $⟺ P_{F} (S) = P (S) ⟺ \frac{x}{250} = \frac{160}{400} = 0, 4 ⟺ x = 100$ . Incompatibles signifierait $x = 0$ , ce qui est exclu puisque $x \geq 10$ : c'est impossible. (1 pt) (0,75)
d)Par les effectifs : garçons non sportifs $= 150 - (160 - 100) = 90$ , donc $P (\overset{―}{F} \cap \overset{―}{S}) = \frac{90}{400} = 0, 225$ . Par l'indépendance de $\overset{―}{F}$ et $\overset{―}{S}$ (conséquence de celle de $F$ et $S$ ) : $P (\overset{―}{F}) P (\overset{―}{S}) = \frac{150}{400} \times \frac{240}{400} = 0, 375 \times 0, 6 = 0, 225$ . (1 pt) (0,75)

Méthode — Pour tester l'indépendance sur un tableau, comparer une fréquence conditionnelle à la fréquence globale : la part de sportives chez les filles doit égaler la part de sportifs dans tout le lycée.

Exercice 5 – Pour aller plus loin

(5 pts)

a)Probabilités totales avec la partition ${A, \overset{―}{A}}$ : $p = 0, 6 \times 0, 9 + 0, 4 \times 0, 75 = 0, 54 + 0, 3 = 0, 84$ . (0,5 pt) (0,833333)
b)Trois épreuves de Bernoulli indépendantes de succès « conforme », de probabilité $p$ . Arbre à 8 chemins : $P (X = 0) = (1 - p)^{3}$ ; $P (X = 1) = 3 p (1 - p)^{2}$ et $P (X = 2) = 3 p^{2} (1 - p)$ (trois chemins à chaque fois) ; $P (X = 3) = p^{3}$ . (1 pt) (0,833333)
c) $E (X) = 3 p (1 - p)^{2} + 6 p^{2} (1 - p) + 3 p^{3} = 3 p [(1 - p)^{2} + 2 p (1 - p) + p^{2}] = 3 p [(1 - p) + p]^{2} = 3 p$ . $E (X^{2}) = 3 p (1 - p)^{2} + 12 p^{2} (1 - p) + 9 p^{3} = 3 p [1 - 2 p + p^{2} + 4 p - 4 p^{2} + 3 p^{2}] = 3 p (1 + 2 p)$ , donc $V (X) = 3 p + 6 p^{2} - (3 p)^{2} = 3 p - 3 p^{2} = 3 p (1 - p)$ . Pour $p = 0, 84$ : $E (X) = 2, 52$ et $V (X) = 3 \times 0, 84 \times 0, 16 = 0, 4032$ . (1 pt) (0,833333)
d) $3 p (1 - p) = - 3 p^{2} + 3 p = - 3 {(p - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}$ : maximum $\frac{3}{4}$ atteint pour $p = \frac{1}{2}$ . La dispersion du nombre de succès est la plus grande quand succès et échec sont également probables. (0,5 pt) (0,833333)
e)Avec 2 prélèvements, la loi est $(1 - p)^{2}$ ; $2 p (1 - p)$ ; $p^{2}$ . $E (X) = 2 p (1 - p) + 2 p^{2} = 2 p$ ; $E (X^{2}) = 2 p (1 - p) + 4 p^{2} = 2 p + 2 p^{2}$ , donc $V (X) = 2 p + 2 p^{2} - 4 p^{2} = 2 p (1 - p)$ . Conjecture : pour $n$ prélèvements indépendants, $E (X) = n p$ et $V (X) = n p (1 - p)$ . (1 pt) (0,833333)
f)Il y a $3 - X$ composants non conformes : $C = 15 (3 - X) = 45 - 15 X$ . $E (C) = 45 - 15 \times 2, 52 = 45 - 37, 8 = 7, 2$ , soit $7, 20$ € ; $σ (C) = | - 15 | \times \sqrt{0, 4032} \approx 15 \times 0, 63498 \approx 9, 52$ €. (1 pt) (0,833333)

Astuce — Factoriser par $3 p$ avant de développer allège le calcul : la somme entre crochets se reconnaît souvent comme une identité remarquable.

Les chapitres de ce devoir 3 chapitres

Avant le devoir : relis le cours, refais les exercices et le devoir surveillé de chaque chapitre.

Probabilités conditionnelles et arbres

Indépendance et répétition d'épreuves

Variables aléatoires discrètes

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