Probabilités pour ingénieurs Solutions des exercices du chapitre 3

STT-2920 : Probabilités pour ingénieurs
Solutions des exercices du chapitre 3
Automne 2015
Numéro 1. Un jeu de cartes ordinaire est placé sur une table, face vers le bas. On tire les 52 cartes
une après l’autre.
(a) Quelle est la probabilité d’obtenir un as au premier tirage ?
(b) Quelle est la probabilité d’obtenir un as au 13e tirage sachant qu’on a eu exactement 2 as
parmi les 12 premiers tirages ?
(c) Quelle est la probabilité d’obtenir un as au 13e tirage sachant qu’on a eu trois rois un 10 et
deux 7 parmi les 6 premiers tirages ?
(d) Quelle est la probabilité d’obtenir un as au 13e tirage ?
(e) Quelle est la probabilité que le premier as survienne au 13e tirage ?
(f) Quelle est la probabilité que le premier as survienne au 13e tirage sachant qu’on a eu trois
rois un 10 et deux 7 parmi les 6 premiers tirages ?
(g) Quelle est la probabilité que le premier as survienne au 50e tirage ?
Solution.
(a) 4/52 = 1/13 = 0.07692.
(b) 2/40 = 1/20 = 0.05000.
(c) 4/46 = 2/23 = 0.08696.
(d) 4/52 = 1/13 = 0.07692.
(e) Il y a plusieurs approches possibles. En voici deux.
Première méthode : La probabilité d’obtenir notre premier as au 13e tirage est égale à
la probabilité d’obtenir aucun as parmi les 12 premiers tirages multiplié par la probabilité
conditionnelle d’obtenir un as au 13e tirage sachant qu’on a obtenu aucun as parmi les 12
premiers tirages. On obtient donc
(48)
4
)
(12
52 × 40 = 0.03376.
12
Deuxième méthode : On utilise la règle de multiplication pour une intersection de 13
événements (correspondant à nos 13 tirages, dans l’ordre chronologique). On obtient ainsi
48 47 46 45 44 43 42 41 40 39 38 37 4
= 0.03376.
52 51 50 49 48 47 46 45 44 43 42 41 40
1
(f) Après les 6 premiers tirages, il nous reste 46 cartes, dont 4 as. On remet l’horloge à zéro.
On veut donc la probabilité qu’à partir d’un jeu de 46 cartes comprenant 4 as, le premier as
surviendra au 7e tirage. On peut procéder comme à la partie (e) :
(42)
Première méthode :
6
(46
)×
6
Deuxième méthode :
4
= 0.05600.
40
42 41 40 39 38 37 4
= 0.05600.
46 45 44 43 42 41 40
(g) 0.
Numéro 2. À l’Université Bishop, il y a 4 facultés. La faculté des Sciences et Génie compte 45%
des professeurs. La faculté des Sciences de l’Administration compte 30% des professeurs. La faculté
des Sciences de l’Éducation en compte 15% et la faculté des Lettres en compte 10%. En Sciences
et Génie, seulement 2% des professeurs travaillent avec de l’équipement informatique désuet. En
Sciences de l’Administration, ce pourcentage est de 5% alors que dans les deux autres facultés il
est de 25%.
(a) À l’Université Bishop, quel est le pourcentage de professeurs travaillant avec de l’équipement
informatique désuet ?
(b) Parmi les professeurs qui travaillent avec de l’équipement informatique désuet, quelle est
la proportion de professeurs des Sciences et Génie ? Des Sciences de l’Administration ? Des
Sciences de l’Éducation ? Des Lettres ?
Solution. Imaginons l’expérience aléatoire qui consiste à choisir un professeur au hasard à l’Université Bishop. Posons
G =
l’événement
≪
le professeur choisi vient de sciences et génie ≫,
A =
l’événement
≪
le professeur choisi vient d’administration ≫,
E =
l’événement
≪
le professeur choisi vient d’éducation ≫,
L =
l’événement
≪
le professeur choisi vient des lettres ≫,
D =
l’événement
≪
le professeur choisi travaille avec de l’équipement désuet ≫.
À la partie (a) on veut P[D]. La loi des probabilités totales nous donne
P[D] = P[D|G] P[G] + P[D|A] P[A] + P[D|E] P[E] + P[D|L] P[L]
= {(0.02) × (0.45)} + {(0.05) × (0.30)} + {(0.25) × (0.15)} + {(0.25) × (0.10)}
= 0.0090 + 0.0150 + 0.0375 + 0.0250 = 0.0865.
La réponse pour la partie (a) est donc 8.65%. À la partie (b) on veut P[G|D], P[A|D], P[E|D] et
P[L|D]. Le théorème de Bayes nous donne
2
P[G|D] =
P[A|D] =
P[E|D] =
P[L|D] =
0.0090
0.0865
0.0150
0.0865
0.0375
0.0865
0.0250
0.0865
= 0.1040.
= 0.1734.
= 0.4335.
= 0.2890.
Numéro 3. On se trouve devant n portes dont une est la bonne porte. On essaie les portes au hasard
jusqu’à ce qu’on tombe sur la bonne porte. Dans chacun des cas suivants, calculez la probabilité
qu’on tombe sur la bonne porte au k e essai ?
(a) À chaque essai, chacune des n portes a la même probabilité 1/n d’être choisie. [Autrement
dit, pour chaque essai on a oublié quelles portes ont été ouvertes aux essais précédents].
(b) Les portes déjà essayées ne sont jamais ré-essayées. Par exemple, après trois essais infructueux,
on chosit pour le quatrième essai une des n−3 portes qui n’ont pas encore été essayées, chacune
avec probabilité 1/(n − k). [Autrement dit, lorsqu’on essaie une porte, on marque cette porte
d’un gros X pour pouvoir se souvenir qu’on l’a déjà essayée et on ne la réessaie plus].
Note. Harry Potter et Hermione Granger font face à cette situation dans Harry Potter and the
Order of the Phoenix.
Solution.
(a) Fixons k, un entier positif. Pour tomber sur la bonne porte au k e essai, il faut choisir une
mauvaise porte à chacun des k − 1 premiers essais puis choisir la bonne porte au k e essai.
Donc, pour chaque entier positif k, la règle de multiplication nous donne
P[ on tombe sur la bonne porte (pour la première fois) au k e essai ] =
)
(
1 k−1 1
.
1−
n
n
(b) Voici deux solutions. Pour la première solution, on utilise la règle de multiplication comme à
la partie (a). Pour chaque k ∈ {1, 2, ..., n} on obtient
P[ on tombe sur la bonne porte au k e essai ]
(
)(
)(
) (
)
1
1
1
1
1
= 1−
1−
1−
··· 1 −
n
n−1
n−2
n − (k − 2) n − (k − 1)
n−1 n−2 n−3
n − (k − 1)
1
1
=
···
= .
n
n−1 n−2
n − (k − 2) n − (k − 1)
n
Pour la deuxième solution, imaginez qu’on choisisse au hasard l’ordre dans lequel on va essayer
les portes. Si les portes sont numérotées 1 à n, ceci revient à choisir au hasard une permutation
des entiers 1 à n. Lors du choix d’une telle permutation, chacun des nombres 1 à n a la même
probabilité de se retrouver en k e position. La probabilité que la bonne porte se retrouve en k e
position est donc 1/n. Autrement dit, la probabilité qu’on tombe sur la bonne porte au k e essai est
1/n. Ceci est valide pour tout k ∈ {1, 2, ..., n}.
3
Numéro 4. Deux boules sont peinturées ou bien de couleur noire, ou bien de couleur rouge,
indépendamment l’une de l’autre, avec probabilité 1/2 dans chaque cas. Les boules sont ensuite
placées dans une urne.
(a) Vous apprenez que la peinture noire a été utilisée. Étant donnée cette information, quelle est
la probabilité que les deux boules aient été peinturées de couleur noire ?
(b) L’urne est accidentellement renversée et une des deux boules en sort et roule sur le plancher. Vous constatez que cette boule est noire. Étant donnée cette information, quelle est la
probabilité que l’autre boule soit également de couleur noire ?
Solution. Disons que les boules s’appellent la boule I et la boule II. Voici la liste des résultats
possibles de l’étape de la peinture :
Résultat
Boule I
Boule II
Probabilité
NN
Noire
Noire
1/4
NR
Noire
Rouge
1/4
RN
Rouge
Noire
1/4
RR
Rouge
Rouge
1/4
À la partie (a), apprendre que la peinture noire a été utilisée est équivalent à apprendre que
l’événement {N N, N R, RN } s’est réalisé. La probabilité désirée est donc
P[{N N }|{N N, N R, RN }] =
P[{N N }]
1/4
1
=
= .
P[{N N, N R, RN }
3/4
3
Voici maintenant la liste des résultats possibles des étapes peinture et boule renversée :
Résultat
Boule I
Boule II
Boule renversée
Probabilité
a
Noire
Noire
I
1/8
b
Noire
Noire
II
1/8
c
Noire
Rouge
I
1/8
d
Noire
Rouge
II
1/8
e
Rouge
Noire
I
1/8
f
Rouge
Noire
II
1/8
g
Rouge
Rouge
I
1/8
h
Rouge
Rouge
II
1/8
Apprendre que la boule renversée est noire est équivalent à apprendre que l’événement {a, b, c, f }
s’est réalisé. La probabilité désirée est donc
P[{a, b}|{a, b, c, f }] =
P[{a, b}]
2/8
1
=
= .
P[{a, b, c, f }
4/8
2
4
Numéro 5. On considère une expérience aléatoire avec ensemble de résultats possibles Ω. On
considère deux événements mutuellement exclusifs, disons les événements A et B. On suppose que
0 < P[A] < 1 et 0 < P[B] < 1. On répète cette expérience jusqu’à ce que l’événement A ou
l’événement B se réalise. Quelle est la probabilité que ce soit l’événement A qui se réalise ?
Solution. Posons
H =
l’événement
≪
A se réalise avant B ≫,
Ek =
l’événement
≪
A ∪ B se réalise pour la première fois à la k e répétition ≫,
Fk =
l’événement
≪
A ∪ B ne se réalise à aucune des k − 1 premières répétitions ≫,
Gk =
l’événement
≪
A se réalise à la k e répétition ≫.
On veut calculer P[H]. On obtient
P[H] =
∞
∑
P[H ∩ Ek ] =
k=1
=
∞
∑
∞
∑
P[Fk ∩ Gk ] =
k=1
P[Fk ] P[Gk ]
k=1
(1 − (P[A] + P[B]))k−1 P[A] = P[A]
k=1
=
∞
∑
∞
∑
(1 − (P[A] + P[B]))k−1
k=1
P[A]
.
P[A] + P[B]
Numéro 6. Le jeu de craps se joue de la façon suivante.
Étape 1. Le joueur lance une paire de dés.
• Si la somme des deux lancers est 7 ou 11, le joueur gagne et le jeu est terminé.
• Si la somme des deux lancers est 2, 3 ou 12, le joueur perd et le jeu est terminé.
• Si la somme des deux lancers est 4, 5, 6, 8, 9 ou 10, on passe à l’étape 2.
Étape 2. Le joueur lance la paire de dés jusqu’à ce qu’il obtienne une somme égale à la somme
obtenue à l’étape 1 ou une somme égale à 7. Si le joueur obtient une somme égale à la somme
obtenue à l’étape 1, il gagne. S’il obtient une somme égale à 7, il perd.
Question : Au jeu de craps, quelle est la probabilité que le joueur gagne ?
Solution. Écrivons G pour dénoter l’événement ≪ le joueur gagne ≫ et, pour k = 2, 3, 4, ..., 12,
écrivons Ek pour dénoter l’événement ≪ la somme des dés est k à la première étape ≫. On obtient
les probabilités suivantes :
5
k
P[Ek ]
P[G|Ek ]
2
1/36
0
3
2/36
0
4
3/36
3/9
5
4/36
4/10
6
5/36
5/11
7
6/36
1
8
5/36
5/11
9
4/36
4/10
10
3/36
3/9
11
2/36
1
12
1/36
0
Dans ce tableau, les probabilités P[G|Ek ], k = 4, 5, 6, 8, 9 et 10, sont obtenu à l’aide du résultat du
problème précédent. Par exemple,
P[G|E5 ] =
4/36
4
P[obtenir une somme de 5]
=
= .
P[obtenir une somme de 5] + P[obtenir une somme de 7]
4/36 + 6/36
10
À partir de ce tableau, on obtient le résultat désiré en passant par la loi des probabilités totales :
P[G] =
12
∑
P[G|Ek ] P[Ek ] =
k=2
244
≈ 0.4929.
495
Numéro 7. Pierre, Jean et Jacques sont dans une cellule de la prison du roi. Le roi a décidé que
demain un des trois prisoniers sera exécuté et que les deux autres seront libérés. Le roi a fait son
choix au hasard et de façon équiprobable. Seul le roi et le gardien de prison savent qui va être
exécuté. Pierre s’adresse au gardien : ≪ Puisqu’au moins un de mes deux compagnons de cellule
sera libéré, pourquoi ne me donnes-tu pas le nom d’un prisonnier, parmi Jean et Jacques, qui sera
libéré ? Je te promets de ne rien leur dire ≫. Le gardien répond : ≪ Écoute Pierre, si je fais ce
que tu me demandes, ta probabilité d’être exécuté passera de 1/3 à 1/2 ! ≫. Que pensez-vous du
raisonnement du gardien ?
Solution. Posons
A =
l’événement
≪
c’est Pierre qui sera exécuté ≫,
B =
l’événement
≪
c’est Jean qui sera exécuté ≫,
C =
l’événement
≪
c’est Jacques qui sera exécuté ≫.
D’après l’énoncé du problème, on a
P[A] = P[B] = P[C] = 1/3.
Maintenant supposons que le gardien accepte de se prêter au petit jeu de Pierre. Posons
G =
l’événement
≪
le gardien répond que Jean ne sera pas exécuté ≫,
H =
l’événement
≪
le gardien répond que Jacques ne sera pas exécuté ≫.
6
On a alors
P[G|A] = 1/2 et P[H|A] = 1/2,
P[G|B] = 0 et P[H|B] = 1,
P[G|C] = 1 et P[H|C] = 0.
Donc, dans le cas où le gardien dit à Pierre que Jean ne sera pas exécuté, la probabilité que Pierre
soit exécuté est
P[A|G] =
P[G|A] P[A]
1/6
1
=
=
P[G|A] P[A] + P[G|B] P[B] + P[G|C] P[C]
1/6 + 0 + 1/3
3
et dans le cas où le gardien dit à Pierre que Jacques ne sera pas exécuté, la probabilité que Pierre
soit exécuté est
P[A|H] =
1/6
1
P[H|A] P[A]
=
= .
P[H|A] P[A] + P[H|B] P[B] + P[H|C] P[C]
1/6 + 1/3 + 0
3
Numéro 8. On fait trois tirages avec remise à partir d’un panier contenant cinq boules rouges
et quatre boules noires. Quelle est la probabilité d’obtenir trois boules rouges ? Quelles est la
probabilité d’obtenir deux boules rouges et une boule noire ?
Solution.
( )3
5
125
P[ trois rouges ] =
.
=
9
729
P[ deux rouges et une noire ] = P[ NRR ] + P[ RNR ] + P[ RRN ]
=
455 545 554
+
+
999 999 999
=
100 100 100
+
+
729 729 729
=
300
100
=
.
729
243
Numéro 9. On fait trois tirages sans remise à partir d’un panier contenant cinq boules rouges
et quatre boules noires. Quelle est la probabilité d’obtenir trois boules rouges ? Quelles est la
probabilité d’obtenir deux boules rouges et une boule noire ?
Solution.
P[ trois rouges ] =
60
5
543
=
= .
987
504
42
P[ deux rouges et une noire ] = P[ NRR ] + P[ RNR ] + P[ RRN ]
=
454 544 544
+
+
987 987 987
=
10 10 10
+
+
63 63 63
=
30
10
=
.
63
21
7
Numéro 10. À partir d’un panier contenant cinq boules rouges et quatre boules noires, on fait
des tirages avec remise jusqu’à ce qu’on obtienne une boule rouge. Quelle est la probabilité que ça
prendra exactement trois tirages ?
Solution.
P[ trois tirages ] = P[ NNR ] =
445
80
=
.
999
729
Numéro 11. À partir d’un panier contenant cinq boules rouges et quatre boules noires, on fait
des tirages sans remise jusqu’à ce qu’on obtienne une boule rouge. Quelle est la probabilité que ça
prendra exactement trois tirages ?
Solution.
P[ trois tirages ] = P[ NNR ] =
5
435
= .
987
42
Numéro 12. Calculez la fiabilité des réseaux suivants. Dans chaque cas, on suppose que toutes les
composantes ont la même fiabilité de 0.95.
Réseau 1 :
2
1
3
u
u
A
B
4
5
6
Réponse pour le réseau 1 : 0.992530
Réseau 2 :
1
u
2
7
3
u
8
A
B
4
5
8
6
Solution pour le réseau 2 : On conditionne sur l’état des composantes 7 et 8 et on utilise la loi
des probabilités totales. Posons
A =
l’événement
≪
la 7 ne fonctionne pas et la 8 ne fonctionne pas ≫,
B =
l’événement
≪
la 7 fonctionne et la 8 ne fonctionne pas ≫,
C =
l’événement
≪
la 7 ne fonctionne pas et la 8 fonctionne ≫,
D =
l’événement
≪
la 7 fonctionne et la 8 fonctionne ≫,
F
l’événement
≪
le réseau fonctionne ≫.
=
On a
P[A] = (0.05)2 , P[B] = (0.95)(0.05), P[C] = (0.05)(0.95, ) P[D] = (0.95)2 .
Si la 7 ne fonctionne pas et la 8 ne fonctionne pas, alors le réseau est réduit à
1
2
3
u
u
A
B
4
5
6
et sa fiabilité est 1 − (1 − (0.95)3 )2 = 0.97965811, c’est-à-dire P[F |A] = 0.97965811.
Si la 7 fonctionne et la 8 ne fonctionne pas, alors le réseau est réduit à
1
2
3
u
u
A
B
4
5
6
et sa fiabilité est (1 − (0.05)2 )(1 − (1 − (0.95)2 )2 ) = 0.98801752, c’est-à-dire P[F |B] = 0.98801752.
9
Si la 7 ne fonctionne pas et la 8 fonctionne, alors le réseau est réduit à
1
2
3
u
u
A
B
4
5
6
et sa fiabilité est (1 − (1 − (0.95)2 )2 )(1 − (0.05)2 ) = 0.98801752, c’est-à-dire P[F |C] = 0.98801752.
Enfin, si la 7 fonctionne et la 8 fonctionne, alors le réseau est réduit à
1
2
3
u
u
A
B
4
5
6
et sa fiabilité est (1 − (0.05)2 )3 = 0.99251873, c’est-à-dire P[F |D] = 0.99251873.
La loi des probabilités totales nous donne donc
P[F ] = P[F |A]P[A] + P[F |B]P[B] + P[F |C]P[C] + P[F |D]P[D] = 0.9921
Claude Bélisle
Septembre 2015
10