Corrigé du TD n° 3 - Le blog de David Caffin

PCSI
1
Corrigés des TD du Chapitre 3
Exercice 1
a. Notons chaque activité par son initiale : T pour tennis, F pour football, etc.
On choisit trois activités différentes dans l’ensemble des dix activités proposées : {T, F, R, C, A, N, G, V, E, P} .
L’univers Ω associé à cette expérience est donc l’ensemble des parties à trois éléments de l’ensemble ci-dessus.
 10 
On est dans un modèle de combinaisons (choix simultané et sans remise), donc Card Ω =   , soit :
3
Card Ω = 120
b. Appelons A l’évènement « pratiquer au moins un sport aquatique » et B l’évènement « pratiquer une et une
p(A ∩ B)
seule des trois activités en plein air ». On cherche alors p B (A) =
.
p(B)
Comme on est en situation d’équiprobabilité p(B) =
p(A ∩ B) =
Card (B)
et :
Card Ω
Card (A ∩ B) Card (B) − Card (A ∩ B)
=
.
Card Ω
Card Ω
Donc :
p B (A) =
Card (B) − Card (A ∩ B)
Card (A ∩ B)
= 1−
.
Card (B)
Card (B)
Pour construire un élément de B, il faut choisir une activité de plein air parmi les 5 proposées et 2 activités
indoor parmi les 5 autres. On a donc :
5
Card (B) = 5   = 50 .
 2
Par ailleurs, A ∩ B est l’évènement « pratiquer trois sports non aquatiques dont un et un seul en plein air ». Il y
a 6 sports non aquatiques : tennis, football, course à pieds, gymnastique, volley-ball, escrime, dont 3 se
pratiquent en plein air (tennis, football, course à pieds). Pour construire une issue de A ∩ B , il faut choisir l’un
de ces 3 sports non aquatiques de plein air et pour chacun de ces choix, il faut choisir 2 sports non aquatiques
 3
indoor parmi les 3 possibilités (gymnastique, volley-ball, escrime). Il y a donc   = 3 possibilités et ainsi :
 2
Card (A ∩ B) = 3 × 3 = 9 .
Finalement, p B (A) = 1 −
9
, soit :
50
p B (A) =
41
50
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Exercice 2
Appelons M l’évènement « l’étudiant aime les Maths » et P l’évènement « l’étudiant aime la Physique ».
On a alors p(M) = 0,5 , p(P) = 0, 7 et p(M ∩ P) = 0,3 .
1) On cherche p(M ∩ P) .
On a p(M ∩ P) + p(M ∩ P) = p(M) donc p(M ∩ P) = p(M) − p(M ∩ P) = 0,5 − 0, 3 = 0, 2 .
La probabilité pour qu’un étudiant choisi au hasard aime les Maths et pas la Physique est 0,2.
2) On cherche p(M ∪ P) .
On a p(M ∪ P) = p(M) + p(P) − p(M ∩ P) = 0, 5 + 0, 7 − 0,3 = 0,9 .
La probabilité pour qu’un étudiant choisi au hasard aime les Maths ou la Physique est 0,9.
3) On cherche p P (M) .
On a p P (M) =
p(M ∩ P) 0,3 3
=
= ≈ 0, 43 .
p(P)
0, 7 7
La probabilité pour qu’un étudiant qui aime la physique aime aussi les Maths, ni la Physique est
3
.
7
3) On cherche p(M ∩ P) .
On a p(M ∩ P) = p(M ∪ P) = 1 − p(M ∪ P) = 1 − 0,9 = 0,1 .
La probabilité pour qu’un étudiant choisi au hasard n’aime ni les Maths, ni la Physique est 0,1.
Exercice 3
Remarquons préalablement que p(A ∩ B ∩ C) = 0 ⇒ A ∩ B ∩ C = ∅ .
1) On a :
p(A ∪ B ∪ C) = p(A) + p(B ∪ C) − p ( A ∩ (B ∪ C) )
= p(A) + p(B) + p(C) − p(B ∩ C) − p ( (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) )
= p(A) + p(B) + p(C) − p(B ∩ C) − p(A ∩ B) − p(A ∩ C) + p(A ∩ B ∩ C)
= 3p − [ p(B ∩ C) + p(A ∩ B) + p(A ∩ C) ]
Or, (B ∩ C) ∩ (A ∩ B) = (B ∩ C) ∩ (A ∩ C) = (A ∩ B) ∩ (A ∩ C) = A ∩ B ∩ C = ∅ donc :
p(B ∩ C) + p(A ∩ B) + p(A ∩ C) = p ( (B ∩ C) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ) .
Alors p(A ∪ B ∪ C) = 3p − p ( (B ∩ C) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ) , soit :
3p = p(A ∪ B ∪ C) + p ( (B ∩ C) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ) .
Or, les deux probabilités du second membre sont inférieures à 1 donc 3p ≤ 2 , soit :
p≤
2
3
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3
2
, alors p(A ∪ B ∪ C) + p ( (B ∩ C) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ) = 2 .
3
Or, la seule possibilité pour que la somme de deux nombres inférieurs à 1 soit égale à deux est que ces deux
nombres soient tous les deux égaux à 1, donc :
D’après ce qui précède, si p =
p(A ∪ B ∪ C) = p ( (B ∩ C) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ) = 1 .
Ceci implique alors que A ∪ B ∪ C = (B ∩ C) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) = Ω .
Posons A ' = B ∩ C , B ' = A ∩ C et C ' = A ∩ B .
On a A ∩ B ∩ C = ∅ ⇒ A '∩ B' = A '∩ C ' = B'∩ C ' = ∅ et A ' ∪ B' ∪ C ' = Ω . Donc (A ', B', C ') est un système
complet d’évènements.
Alors :
A = (A ∩ A ') ∪ (A ∩ B ') ∪ (A ∩ C ') = (A ∩ B ∩ C) ∪ (A ∩ A ∩ C) ∪ (A ∩ A ∩ B)
= ∅ ∪ (A ∩ C) ∪ (A ∩ B) = B ' ∪ C '
De même, B = A ' ∪ C ' et C = A ' ∪ B' .
On a enfin :

p(A) = p(B') + p(C ') =


p(B) = p(A ') + p(C ') =


p(C) = p(A ') + p(B ') =

2
3
2
1
⇒ p(A ') = p(B') = p(C ') = .
3
3
2
3
Finalement :
2
quand A = B ' ∪ C ' , B = A ' ∪ C ' et C = A ' ∪ B' où (A ', B', C ')
3
est un système complet d’évènements équiprobables.
p=
2) On a A = ( A \ (B ∪ C) ) ∪ ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C ) .
Comme A \ (B ∪ C) = A ∩ (B ∪ C) = A ∩ B ∩ C , on a ( A \ (B ∪ C) ) ∩ ( A ∩ B ) = ∅ .
De même, ( A \ (B ∪ C) ) ∩ ( A ∩ C ) = ∅ et on a toujours ( A ∩ B ) ∩ ( A ∩ C ) = ∅ .
Donc p(A) = p ( A \ (B ∪ C) ) + p(A ∩ B) + p(A ∩ C) , soit :
p ( A \ (B ∪ C) ) = p(A) − p(A ∩ B) − p(A ∩ C) .
Or, A, B et C sont indépendants deux à deux donc p(A ∩ B) = p(A)p(B) = p 2 = p(A)p(C) = p(A ∩ C) et ainsi :
p ( A \ (B ∪ C) ) = p − 2p 2 = p(1 − 2p) ≥ 0 ⇒ 1 − 2p ≥ 0 .
Soit :
p≤
D’après ce qui précède, si p =
1
2
1
, alors p ( A \ (B ∪ C) ) = p − 2p 2 = 0 donc A \ (B ∪ C) = ∅ , soit :
2
A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) .
De même B = (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) et C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) .
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En reprenant les notations A ' = B ∩ C , B ' = A ∩ C et C ' = A ∩ B , les parties A ' , B ' et C ' sont toujours
disjointes deux à deux et A = B ' ∪ C ' , B = A ' ∪ C ' et C = A ' ∪ B' .
1
On a de plus p(A ') = p(B') = p(C ') = p 2 = .
4
Finalement :
1
quand A = B ' ∪ C ' , B = A ' ∪ C ' et C = A ' ∪ B' où A ' , B ' et C ' sont
2
des évènements incompatibles deux à deux, équiprobables, de probabilité 0,25.
p=
Exercice 4
On a :
•
p(A) = p(A ∩ B) + p(A ∩ B) donc p(A ∩ B) = p(A) − p(A ∩ B) .
•
p(B) = p(A ∩ B) + p(A ∩ B) donc p(A ∩ B) = p(B) − p(A ∩ B) .
Alors :
p(A ∩ B) × p(A ∩ B) = ( p(A) − p(A ∩ B) ) × ( p(B) − p(A ∩ B) )
= p(A)p(B) − ( p(A) + p(B) ) p(A ∩ B) + p(A ∩ B)2
Par ailleurs :
p(A ∩ B) × p(A ∩ B) = p(A ∩ B) × p(A ∪ B) = p(A ∩ B) × (1 − p(A ∪ B) )
= p(A ∩ B) × (1 − p(A) − p(B) + p(A ∩ B) )
= p(A ∩ B) − ( p(A) + p(B) ) p(A ∩ B) + p(A ∩ B) 2
Ainsi :
p(A ∩ B) × p(A ∩ B) − p(A ∩ B) × p(A ∩ B) = p(A ∩ B) − p(A)p(B) .
Donc, p(A ∩ B) × p(A ∩ B) = p(A ∩ B) × p(A ∩ B) si et seulement si p(A ∩ B) = p(A)p(B) . Autrement dit :
A et B sont indépendants si et seulement si p(A ∩ B) × p(A ∩ B) = p(A ∩ B) × p(A ∩ B) .
Exercice 5
Notons B, l’évènement « il fait beau ». Il est assez évident que par « il pleut », l’énoncé entend « il ne fait pas
beau », soit B . Faisons alors un arbre :
lundi
mardi
1/4
mercredi
2/3
B
1/3
1/4
B
B
3/4
B
B
B
3/4
B
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5
Pour pouvoir pique-niquer, il faut qu’il fasse beau. On cherche donc la probabilité p qu’il fasse beau mercredi
1 2 3 1 17
qui correspond aux première et troisième branche de l’arbre. Donc p =
+
=
≈ 0, 35 .
4 3 4 4 48
La probabilité de pouvoir pique-niquer mercredi est
17
, soit environ 35 % de chances.
48
Exercice 6
Définissons les événements suivants :
• C = « la personne est un Cylon » (donc C = « la personne est humaine ») ;
• P = « le test est positif » (donc P = « le test est négatif »).
D’après les données, on a :
8
2
135
• p(C) =
=
donc p(C) = 1 − p(C) =
;
548 137
137
• p C (P) = 0,1 donc p C (P) = 1 − p C (P) = 0,9 ;
• p C (P) = 0, 05 et donc p C (P) = 1 − p C (P) = 0,95 .
On cherche deux choses : la probabilité que le Lieutenant Valerii dise la vérité, c’est-à-dire qu’une personne
testée positive soit humaine ( p P (C) ) et la probabilité que les huit Cylons soient détectés correctement.
On a :
p P (C) =
p(P ∩ C) p(C)pC (P)
.
=
p(P)
p(P)
Par la loi des probabilités totales, on a :
p(P) = p(C)pC (P) + p(C)p C (P) =
135
2
8, 55
0, 05 +
0, 9 =
.
137
137
137
Donc :
p P (C) =
p(P ∩ C) p(C)pC (P) 0, 05 × 135 / 137 675 15
=
=
=
= .
p(P)
p(P)
8,55 / 137
855 19
Ainsi :
La probabilité que le Lieutenant Valerii dise la vérité est
15
≈ 0, 79 .
19
Il y a 2 possibilités pour que le résultat du test soit correct : le test est négatif et la personne est humaine
(évènement P ∩ C ) ou bien le test est positif et la personne est un Cylon ( P ∩ C ). Ces deux événements sont
incompatibles, donc la probabilité que le résultat du test soit correct est :
p(P ∩ C) + p(P ∩ C) = p(C)p C (P) + p(C)pC (P) =
135
2
130, 05
0,95 +
0,9 =
≈ 0,949 .
137
137
137
Les 548 personnes sont testées indépendamment les unes des autres. A chaque fois la probabilité que le test dise
la vérité est 0,949 donc la probabilité que les 548 tests soient exacts est (0,949)548 ≈ 3,5.10–13.
La probabilité que tous les Cylons soient repérés sans erreur est 3,5.10–13 (soit pas lourd !).
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Exercice 7
1) On cherche ici p E n (E n +1 ) et p E n (E n +1 ) .
Si E n est réalisé, le nième tirage est réalisé dans la première urne qui contient en tout 10 boules dont 6 blanches
et 4 noires. Les boules étant indiscernables au toucher, donc équiprobables, on a 6 chances sur 10, soit 3
chances sur 5 de tirer une boule blanche et donc de réaliser le (n + 1) ième tirage dans la première urne. Ainsi :
p En (E n +1 ) =
2
5
Si E n n’est pas réalisé, le nième tirage est réalisé dans la seconde urne qui contient en tout 15 boules dont 10
blanches et 5 noires. On a donc 5 chances sur 15, soit 1 chances sur 3 de tirer une boule noire et donc de réaliser
le (n + 1) ième tirage dans la première urne. Ainsi :
p E n (E n +1 ) =
1
3
La formule des probabilités totales donne :
p n +1 = p(E n +1 ) = p(E n )p E n (E n +1 ) + p(E n )p E n (E n +1 ) = p(E n )p E n (E n +1 ) + (1 − p(E n ) ) p En (E n +1 ) =
2
1
p n + (1 − p n ) .
5
3
Donc :
p n +1 =
1
1
pn +
15
3
2) Il est dit que pour le premier tirage, on choisit au hasard l’une des deux urnes, donc initialement, les deux
urnes sont équiprobables et ainsi :
1
p1 =
2
D’après la question précédente, la suite (p n ) n∈ℕ* est arithmético-géométrique.
Si L vérifie L =
1
1
5
1
L + , soit L = , alors (p n − L) n∈ℕ* est géométrique de raison
, donc ∀ n ∈ ℕ* :
15
3
14
15
1
p n − L = (p1 − L)  
 15 
n −1
1
⇔ p n = (p1 − L)  
 15 
n −1
Soit ∀ n ∈ ℕ* :
1 1 
pn =  
7  15 
n −1
+
On en déduit immédiatement que :
lim p n =
n→+∞
5
14
5
14
 1 5  1 
+ L =  −  
 2 14   15 
n −1
+
5
.
14
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Exercice 8
16 
1) a. Dans le cas où le 1er joueur reçoit ses 4 cartes d’abord, il a   jeux possibles pour le premier joueur et
4
12 
pour chacun de ces jeux, il y a   jeux possibles pour le second joueur. Donc :
4
16  12 
Il y a en tout     = 900 900 donnes possibles.
 4  4 
16 
b. Dans le cas où huit cartes sont d’abord sélectionnées, il a   sélections. Pour répartir ces 8 cartes en deux
8
8
jeux de 4 cartes, il suffit d’en choisir 4 parmi 8 : il y a   possibilités. Donc :
 4
16  8 
Il y a en tout    = 900 900 donnes possibles.
 8  4 
On constate que dans les deux cas, on obtient le même résultat.
c. On a pour k ≤ p ≤ n :
 n  p 
n!
p!
n!
=
   =
 p  k  p!(n − p)! k!(p − k)! (n − p)!(p − k)!k!
 n  n − k 
n!
(n − k)!
n!
=
 
=
 k  p − k  k!(n − k)! (n − p)!(p − k)! (n − p)!(p − k)!k!
Donc :
 n  p   n   n − k 
   =   

 p  k   k   p − k 
Cette formule correspond à la situation précédente, elle dit que pour choisir deux groupes de k et p − k objets
n
parmi n objets, on peut soit commencer par choisir k objets parmi les n (il y a   possibilités) puis choisir les
k
n −k
p − k objets parmi les n − k restants (il y a 
 possibilités), soit commencer par choisir p = k + p − k
p−k
n
objets parmi les n (il y a   possibilités) puis les répartir de deux groupes de k et p − k objets respectivement,
p
p
c’est-à-dire en choisir k parmi les p (il y a   possibilités).
k
2) En distribuant comme dans la question 1.a., il suffit ici de s’intéresser à la distribution de 4 cartes parmi les
16 du jeu. Pour construire un jeu contenant un brelan, il faut :
• choisir le niveau du brelan ; il y a 4 possibilités : valets, dames, rois et as ;
• choisir les trois cartes dans le niveau (ce qui revient à choisir celle que l’on laisse) ; il y a 4 possibilités ;
• choisir la quatrième carte du jeu parmi les 12 cartes des autres niveaux ; il y a 12 possibilités.
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8
Il y a en tout 4 × 4 ×12 jeux possibles contenant un brelan.
16 
Le nombre total de jeux de 4 cartes est toujours   = 2 × 5 × 14 × 13 = 1820 , donc la probabilité d’avoir un
4
4 × 4 ×12
4 × 12
brelan est
=
. Ainsi :
2 × 5 × 14 × 13 5 × 7 × 13
La probabilité que le premier joueur ait un brelan est
48
≈ 0,11 .
455
3) a. et b. Notons B l’évènement « le premier joueur a un brelan » et A l’évènement « le second joueur à la
quatrième carte complétant le brelan ». On cherche ici p(B ∩ A) et p(B ∩ A) .
Si le premier joueur a un brelan, alors la quatrième carte reste dans les 12 cartes parmi lesquelles on va choisir
le jeu du second joueur.
11
• Le nombre de jeux contenant la carte fatidique est alors   = 11× 5 × 3 (une carte étant fixée, il faut
3
choisir les 3 autres parmi les 11 cartes restantes).
12 
• Le nombre de jeux possibles du second joueur est   = 11× 5 × 9 .
4
Donc, la probabilité que le second joueur ait la quatrième carte du brelan déjà distribué au premier joueur est :
p B (A) =
11× 5 × 3 1
= .
11× 5 × 9 3
Alors :
p(B ∩ A) = p(B)p B (A) =
48 1 16
=
.
455 3 455
On a alors :
p(B ∩ A) = p(B) − p(B ∩ A) =
48 16
32
−
=
.
455 455 455
Finalement :
La probabilité que le premier joueur ait un brelan et que son adversaire :
32
• n’ait pas la quatrième carte complétant le brelan est
;
455
16
• ait la quatrième carte complétant le brelan est
.
455
4) La probabilité que le second joueur n’ait pas la quatrième carte complétant le brelan sachant que le premier
joueur a un brelan est :
32
p(B ∩ A) 455 2
p B (A) =
=
= .
48 3
p(B)
455
Donc :
Si le premier joueur sait qu’il a un brelan, son adversaire a 2 chances
sur 3 de ne pas avoir la quatrième carte complétant le brelan.
5) Appelons C l’évènement « le premier joueur complète son brelan en un carré ».
Ici, le premier joueur a un brelan, donc les probabilités en jeu sont des probabilités sachant B.
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9
D’après la formule des probabilités totales, on a P(C) = p B (A)p B∩A (C) + p B (A)p B∩ A (C) .
Il est clair que si le second joueur détient la carte complétant le brelan, alors le premier joueur ne peut
compléter son brelan en carré, donc p B∩A (C) = 0 .
Si le joueur ne détient la carte si convoitée, alors elle se trouve parmi les huit cartes restantes. Le premier joueur
1
a donc 1 chance sur 8 de la choisir, donc p B∩A (C) = .
8
21 1
Ainsi, P(C) = p B (A)p B∩A (C) =
=
et donc :
3 8 12
Quand le premier joueur a un brelan, il a 1 chance sur
12 de former un carré en remplaçant la dernière carte.
Exercice 9
1) On suppose que l’on a p ({a, b, c}) = x , p ({a, b,d}) = y et p ({a, c, d}) = z . Alors :
1 = p ( Ω ) = p ({a, b, c, d}) = p ({a, b, c}) + p ({d}) = x + p ({d}) ⇒ p ({d}) = 1 − x .
De même, p ({c}) = 1 − y et p ({b}) = 1 − z .
Comme x, y et z sont compris entre 0 et 1, p ({b}) , p ({c}) et p ({d}) le sont aussi.
De plus, on a p ( Ω ) = p ({a, b, c, d}) = p ({a}) + p ({b}) + p ({c}) + p ({d}) = 1 , donc :
p ({a}) = 1 −  p ({b}) + p ({c}) + p ({d})  = 1 − (1 − z + 1 − y + 1 − x ) = x + y + z − 2 .
On doit avoir 0 ≤ p ({a}) ≤ 1 , soit :
0 ≤ x + y + z − 2 ≤1 ⇔ 2 ≤ x + y + z ≤ 3.
Avec, 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 et 0 ≤ z ≤ 1 , on a forcément x + y + z ≤ 3 , et ainsi, il faut avoir 2 ≤ x + y + z .
Réciproquement, si 2 ≤ x + y + z , alors avec les hypothèses de l’énoncé, on a forcément :
p ({a}) = x + y + z − 2
p ({b}) = 1 − z
p ({c}) = 1 − y
p ({d}) = 1 − x
Ces quatre nombres sont compris entre 0 et 1 et leur somme vaut 1, ils engendrent donc bien une loi de
probabilité sur Ω.
Finalement :
On peut avoir p ({a, b, c}) = x , p ({a, b,d}) = y et p ({a, c, d}) = z si et seulement si x + y + z ≥ 2 .
2) On suppose que l’on a p ({a, b}) = x , p ({a, c}) = y et p ({a, d}) = z . Alors :
•
p ({a, b}) = p ({a}) + p ({b}) = x ⇒ p ({b}) = x − p ({a}) ;
•
p ({a, c}) = p ({a}) + p ({c}) = y ⇒ p ({c}) = y − p ({a}) ;
•
p ({a, d}) = p ({a}) + p ({d}) = z ⇒ p ({d}) = z − p ({a}) .
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10
On a comme dans la question précédente p ( Ω ) = p ({a}) + p ({b}) + p ({c}) + p ({d}) = 1 , soit alors :
p ({a}) + x − p ({a}) + y − p ({a}) + z − p ({a}) = 1 ⇔ p ({a}) =
x + y + z −1
.
2
D’où :
p ({b}) = x − p ({a}) = x −
x + y + z −1 x − y − z + 1
=
.
2
2
Et de même :
p ({c}) =
− x + y − z +1
− x − y + z +1
et p ({d}) =
.
2
2
On doit avoir ∀ e ∈ Ω , 0 ≤ p ({e}) ≤ 1 donc :
0≤
x + y + z −1
x − y − z +1
− x + y − z +1
− x − y + z +1
≤ 1, 0 ≤
≤ 1, 0 ≤
≤ 1 et 0 ≤
≤ 1.
2
2
2
2
Soit :
1 ≤ x + y + z ≤ 3 , − 1 ≤ x − y − z ≤ 1 , − 1 ≤ − x + y − z ≤ 1 et − 1 ≤ − x − y + z ≤ 1 .
Or, x, y et z sont compris entre 0 et 1, donc on a x + y + z ≤ 3 et :


− 1 ≤ − y ≤ 0 ⇒ − 2 ≤ x − y − z ≤ 1 .
− 1 ≤ − z ≤ 0 
0 ≤ x ≤1
De même, − 2 ≤ − x + y − z ≤ 1 et − 2 ≤ − x − y + z ≤ 1 .
Ainsi, x, y et z doivent vérifier :
1 ≤ x + y + z
1 ≤ x + y + z
− 1 ≤ x − y − z
 x + y + z ≤ 1 + 2x


⇔ 
⇔ 1 ≤ x + y + z ≤ 2 min(x, y, z) + 1 .

− 1 ≤ − x + y − z
 x + y + z ≤ 1 + 2y
− 1 ≤ − x − y + z
 x + y + z ≤ 1 + 2z
Réciproquement, supposons que 1 ≤ x + y + z ≤ 2 min(x, y, z) + 1 , alors comme plus haut, si les hypothèses de
l’énoncé sont vérifiées, on a :
x + y + z −1
2
x − y − z +1
p ({b}) =
2
− x + y − z +1
p ({c}) =
2
− x − y + z +1
p ({d}) =
2
p ({a}) =
On a bien p ({a}) + p ({b}) + p ({c}) + p ({d}) = 1 et :
•
1≤ x + y + z ≤ 3 ⇔ 0 ≤
x + y + z −1
≤ 1 ⇔ 0 ≤ p ({a}) ≤ 1 ;
2
PCSI
•
11
x ≤1 

− y ≤ 0 ⇒ x − y − z + 1 ≤ 2 ⇒
− z ≤ 0 
x − y − z +1
≤1
2
x + y + z ≤ 2 min(x, y, z) + 1 ⇒ x + y + z ≤ 2x + 1 ⇒



 ⇒ 0 ≤ p ({b}) ≤ 1 .

x − y − z +1
≥ 0

2
De même, 0 ≤ p ({c}) ≤ 1 et 0 ≤ p ({d}) ≤ 1 .
Ainsi, p ({a}) , p ({b}) , p ({c}) et p ({d}) sont compris entre 0 et 1 et leur somme vaut 1, donc ils engendrent bien
une loi de probabilité sur Ω.
Finalement :
On peut avoir p ({a, b}) = x , p ({a, c}) = y et p ({a, d}) = z si et seulement si 1 ≤ x + y + z ≤ 2 min(x, y, z) + 1 .
Exercice 10
1) Comme Marcel a 14 paires de chaussettes, il y a 28 chaussettes en vrac dans le tiroir.
 28  28 × 27
Si Marcel en choisit 2 au hasard, il y a   =
= 378 possibilités.
2
2
12 
Pour obtenir une paire de chaussettes assorties, il peut en tirer 2 noires parmi les 12 du tiroir (il y a   = 66
2
10 
possibilités) ou bien 2 bleues parmi les 10 du tiroir (il y a   = 45 possibilités) ou encore 2 marrons parmi les
2
6
6 du tiroir (il y a   = 15 possibilités). Il y a donc en tout 66 + 45 + 15 = 106 possibilités d’obtenir deux
 2
chaussettes de la même couleur.
Alors :
La probabilité que Marcel obtienne une paire de chaussettes assorties est p =
106 53
=
≈ 0, 28 .
378 189
2) Avec les résultats de la question précédente, on a immédiatement :
La probabilité que Marcel obtienne une paire de chaussettes noires est p =
66 11
=
≈ 0,17 .
378 63
 28  28 × 27 × 26 × 25
3) Si Marcel pioche quatre chaussettes, il y a   =
= 7 × 9 ×13 × 25 possibilités.
4 × 3× 2
4
Obtenir une paire de chaussettes noires revient à obtenir au moins 2 chaussettes noires (c’est-à-dire exactement
2 ou exactement 3 ou exactement 4).
Il est un peu plus rapide de calculer par différence, autrement dit, de calculer la probabilité d’avoir au plus 1
chaussette noire (soit 0 ou 1).
PCSI
12
• Pour ne tirer aucune chaussette noire, il faut en tirer 4 parmi les 16 autres (bleues et marrons réunies). Il
16  16 × 15 ×14 × 13
= 2 × 5 ×14 × 13 possibilités.
ya  =
4 × 3× 2
4
• Pour tirer exactement 1 chaussette noire, il faut en tirer 1 parmi les 12 (12 possibilités) et 3 parmi les
16  16 × 15 ×14
autres (   =
= 8 × 5 × 14 possibilités). Il y a donc 12 × 8 × 5 ×14 possibilités en tout.
3× 2
3
Ainsi, la probabilité d’obtenir au plus une chaussette noire est :
p=
2 × 5 × 14 × 13 + 12 × 8 × 5 × 14 244
=
.
7 × 9 × 13 × 25
585
Alors :
La probabilité que Marcel obtienne une paire de chaussettes noires est 1 − p =
4) Comme Marcel décide de retourner au plus 2 fois au tiroir, il va tirer au plus 3 fois.
Pour i = 0,1 ou 2 , définissons les évènements :
•
A i = « Marcel tire i chaussette(s) noire(s) au 1er tirage » ;
•
Bi = « Marcel tire i chaussette(s) noire(s) au 2ème tirage » ;
•
Ci = « Marcel tire i chaussette(s) noire(s) au 3ème tirage ».
Construisons un arbre :
er
ème
1 tirage
2
ème
tirage
3
tirage
C0
B0
C1
C2
A0
C0
B1
B2
C1
C0
A1
B0
C1
B1
A2
Sur les 10 branches, 6 mènent à une paire de chaussettes noires :
• la troisième : A 0 − B0 − C2 , de probabilité p1 = p(A 0 )p A0 (B0 )p A0 ∩B0 (C 2 ) ;
• la cinquième : A 0 − B1 − C1 , de probabilité p 2 = p(A 0 )p A0 (B1 )p A0 ∩B1 (C1 ) ;
• la sixième : A 0 − B2 , de probabilité p3 = p(A 0 )p A0 (B2 ) ;
• la huitième : A1 − B0 − C1 , de probabilité p 4 = p(A1 )p A1 (B0 )p A1 ∩B0 (C1 ) ;
• la neuvième : A1 − B1 , de probabilité p5 = p(A1 )p A1 (B1 ) ;
• la dixième : A 2 , de probabilité p 6 = p(A 2 ) .
341
≈ 0,58 .
585
PCSI
13
On a vu dans la question 1 qu’au premier tirage, il y a 378 possibilités. De plus, d’après la question 2, la
probabilité de tirer 2 chaussettes noires est :
11
p(A 2 ) =
.
63
Obtenir exactement une chaussette noire au premier tirage (12 possibilités) veut dire obtenir aussi une non noire
(16 possibilités) : il y a donc 12 × 16 possibilités pour réaliser A1 , donc :
p(A1 ) =
12 ×16 32
=
.
378
63
La probabilité de n’obtenir aucune chaussette noire au 1er tirage est alors :
20
p(A 0 ) = 1 − p(A1 ) − p(A 2 ) =
.
63
Si l’on n’obtient aucune chaussette noire au 1er tirage ( A 0 est réalisé), alors après le tirage, il reste 26
chaussettes (dont 12 noires et 14 non noires) dans le tiroir. Au 2ème tirage, on tire à nouveau 2 chaussettes et les
probabilités p A0 (B0 ) , p A0 (B1 ) et p A0 (B2 ) se calculent alors exactement comme p(A 0 ) , p(A1 ) et p(A 2 ) en
remplaçant 28 par 26 et 16 par 14, soit :
p A0 (B0 ) =
14 
 
2
 26 
 
2
=
14 × 13 7
=
,
26 × 25 25
et p A0 (B1 ) =
12 ×14
 26 
 
2
=
12 ×14 168
=
.
13 × 25 325
De même, si l’on n’obtient aucune chaussette noire aux 1er et 2ème tirages ( A 0 et B0 sont réalisés), alors après
les deux tirages, il reste 24 chaussettes (dont 12 noires et 12 non noires) dans le tiroir. La probabilité
p A0 ∩ B0 (C2 ) se calcule elle aussi comme p(A 2 ) en remplaçant 28 par 24 et 16 par 12, soit :
p A0 ∩ B0 (C2 ) =
12 
 
2
 24 
 
2
=
12 ×11 11
=
.
24 × 23 46
Si l’on n’obtient aucune chaussette noire au 1er tirage et une au 2ème ( A 0 et B1 sont réalisés), alors après les
deux tirages, il reste 24 chaussettes (dont 11 noires et 13 non noires) dans le tiroir. La probabilité d’obtenir une
seconde chaussette noire au 3ème tirage (on ne tire qu’une chaussette) est alors simplement :
11
p A0 ∩ B1 (C1 ) =
.
24
Si l’on obtient une chaussette noire au 1er tirage ( A1 est réalisé), alors il reste 26 chaussettes (dont 11 noires)
dans le tiroir. Au 2ème tirage, on tire une chaussette, donc :
15
11
p A1 (B0 ) =
et p A1 (B1 ) =
.
26
26
Enfin, si l’on obtient une chaussette noire au 1er tirage et aucune au 2ème ( A1 et B1 sont réalisés), alors, on a
immédiatement comme ci-dessus :
11
p A1 ∩ B0 (C1 ) =
.
24
Nous pouvons alors calculer les six probabilités :
•
•
20 7 11
22
× ×
=
;
63 25 46 5 × 9 × 13
20 168 11
44
p 2 = p(A 0 )p A0 (B1 )p A0 ∩B1 (C1 ) = ×
×
=
;
63 325 24 5 × 9 × 13
p1 = p(A 0 )p A0 (B0 )p A0 ∩B0 (C 2 ) =
PCSI
•
•
•
•
14
20 66
88
×
=
;
63 325 3 × 5 × 7 × 13
32 15 11
110
p 4 = p(A1 )p A1 (B0 )p A1 ∩B0 (C1 ) = × ×
=
;
63 26 24 7 × 9 × 13
32 11
176
p5 = p(A1 )p A1 (B1 ) = ×
=
;
63 26 7 × 9 × 13
11
11
p 6 = p(A 2 ) =
=
.
63 7 × 9
p3 = p(A 0 )p A0 (B2 ) =
On a alors :
p1 + p 2 + p3 + p 4 + p5 + p 6 =
22
44
88
110
176
11
319
+
+
+
+
+
=
.
5 × 9 × 13 5 × 9 × 13 3 × 5 × 7 × 13 7 × 9 × 13 7 × 9 × 13 7 × 9 455
Finalement :
La probabilité d’obtenir deux chaussettes noires est p =
319
≈ 0, 7 .
455
Dans la question précédente, on avait environ 58 % de chances d’obtenir une paire de chaussette contre 70 %
ici, donc :
La dernière stratégie meilleure que la précédente.