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Exercice 1  3831  Correction  

Soient A et B deux événements d’un espace probabilisé.
On suppose 0<P(B)<1. Établir

P(A)=P(AB)P(B)+P(AB)¯P(B¯).

Solution

On a

P(A)=P(A(BB¯))=P((AB)(AB¯)).

Les événements AB et AB¯ étant disjoints

P(A)=P(AB)+P(AB¯).

Or P(AB)=P(AB)P(B) et P(AB¯)=P(AB¯)P(B¯).

 
Exercice 2  4579  

On tire successivement deux boules dans une urne contenant 7 boules blanches et 3 boules rouges.

  • (a)

    Quelle est la probabilité que la première boule tirée soit rouge?

  • (b)

    Quelle est la probabilité d’avoir tiré deux boules rouges?

  • (c)

    Quelle est la probabilité que la seconde boule tirée soit rouge?

  • (d)

    Quelle est la probabilité qu’au moins l’une des deux boules soit rouge?

  • (e)

    La seconde boule tirée est rouge. Quelle est la probabilité que la première boule tirée le soit aussi?

 
Exercice 3  3842  Correction  

Une urne contient 8 boules blanches et deux boules noires.
On tire sans remise et successivement 3 boules de cette urne.
Quelle est la probabilité que la troisième boule du tirage soit noire?

Solution

Notons Ai l’événement la boule obtenue lors du i-ème tirage est noire.

On introduit un système complet d’événements en considérant B1,,B4 égaux à

A1A2,A1A¯2,A¯1A2 et A¯1A¯2.

Par la formule des probabilités totales,

P(A3)=k=14P(A3Bk)P(Bk).

Il ne reste plus qu’à évaluer…

P(A3B1)=0

et

P(A3B2)=P(A3B3)=1/8 avec P(B2)=P(B3)=8/10×2/9

et

P(A3B4)=2/8 avec P(B4)=8/10×7/9.

Au final,

P(A3)=25×19+15×79=945=15.

C’est aussi la probabilité que la première boule tirée soit noire et par un argument de symétrie ce n’est pas si étonnant…

 
Exercice 4  4205  Correction  

Une pochette contient deux dés. L’un est parfaitement équilibré, mais le second donne un six une fois sur deux. On tire un dé au hasard de la pochette et on le lance une première fois. On obtient un six. Quelle est la probabilité d’obtenir un six au lancer suivant avec le même dé?

Solution

On introduit les événements

D =«  Le dé tiré est équilibré  »,
A =«  On obtient un six lors du premier lancer  »,
B =«  On obtient un six lors du second lancer  ».

Le cadre hypothétique donne

P(D)=12,P(AD)=P(BD)=16etP(AD)¯=P(BD)¯=12.

On veut calculer

P(BA)=P(AB)P(A).

Les événements D et D¯ forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales, on a

P(A)=P(AD)P(D)+P(AD)¯P(D¯)=1612+1212=13

et aussi

P(AB)=P(ABD)P(D)+P(ABD¯)P(D¯)=13612+1412=536

donc

P(BA)=512.
 
Exercice 5  5554   Correction  

Une urne contient n boules blanches et n boules rouges.

On tire successivement et sans remise n boules dans cette urne.

Déterminer la probabilité qu’au moins une boule rouge figure dans ce tirage.

Solution

Notons A l’événement « Au moins une boule rouge figure dans le tirage ». L’événement contraire est « Le tirage est uniquement constituée de boule blanche ».

Introduisons Bi l’événement « La i-ème boule tirée est blanche ». On a

A¯=B1Bn.

Par probabilités composées,

P(A¯)=P(B1)P(B2B1)××P(BnB1Bn-1).

Chaque probabilité composée peut être calculée car la composition de l’urne est connue,

P(A¯)=n2nn-12n-1××1n+1=(2nn)-1.

On a donc

P(A)=1-(2nn)-1.
 
Exercice 6  5842  Correction  

Une urne contient b>0 boules blanches et r0 boules rouges. On tire sans remise dans cette urne jusqu’à épuisement les boules contenues et, pour k=1,,r+1, on étudie les événements

Ak=« Une première boule blanche apparaît lors du k-ième tirage ».
  • (a)

    Calculer P(Ak) pour k=1,,r+1.

  • (b)

    En déduire l’identité

    k=1r+1(b+rkb1)=(b+rb).

Solution

  • (a)

    Pour i=1,,b+r, on introduit les événements

    Bi=« Une boule blanche est obtenue lors du i-ème tirage ».

    Pour k=1,,r+1, la probabilité de tirer pour la première fois une boule blanche lors du k-ième tirage est

    P(Ak)=P(B1¯Bk1¯Bk).

    Par probabilités composées,

    P(Ak)=P(B1¯)P(B2¯B1¯)××P(Bk1¯B1¯Bk2¯)P(BkB1¯Bk1¯).

    Les compositions d’urnes étant alors connues

    P(Ak)=rb+r××r(k2)b+r(k2)k1 facteurs×bb+r(k1).

    On réécrit les produits d’entiers successifs à l’aide de quotient de nombres factoriels

    P(Ak)=r!(rk+1)!(b+rk)!(b+r)!b.

    Afin de reconnaître des coefficients binomiaux, on introduit (b1)! dans le calcul

    P(Ak) =r!(rk+1)!(b+rk)!(b+r)!(b1)!(b1)!b
    =b!r!(b+r)!(b+rk)!(b1)!(rk+1)
    =(b+rb)1(b+rkb1).
  • (b)

    Les Ak pour k=1,,r+1 constituent un système complet d’événements: ils sont deux à deux incompatibles (par définition) et de réunion l’univers entier car une première boule blanche sera assurément tirée avant le (r+1)-ième tirage. On a donc

    k=1r+1P(Ak)=1

    ce qui entraîne la relation voulue.

    Notons que l’identité demandée correspond à une réécriture11 1 Moyennant symétrie des coefficients binomiaux et changement d’indice de la somme de la relation

    k=0p(n+kk)=(n+p+1p).

    Cette dernière s’établit facilement par récurrence à l’aide de la formule du triangle de Pascal.

 
Exercice 7  5841   Correction  

Une urne contient b>1 boules blanches et r boules rouges. On tire sans remise dans cette urne jusqu’à épuisement les boules contenues et, pour k=2,,r+2, on étudie les événements

Ak=« Une deuxième boule blanche apparaît lors du k-ième tirage ».
  • (a)

    Calculer P(Ak) pour k=2,,r+2.

  • (b)

    En déduire l’identité

    k=2r+2(k1)(b+rkb2)=(b+rb).

Solution

  • (a)

    Pour i=1,,b+r, on introduit les événements

    Bi=« Une boule blanche est obtenue lors du i-ème tirage »

    Pour i=1,,r+1, la probabilité de tirer pour la première fois une boule blanche lors du i-ème tirage est

    pi=P(B1¯Bi1¯Bi)

    Par probabilités composées,

    pi=P(B1¯)P(B2¯B1¯)××P(Bi1¯B1¯Bi2¯)P(BiB1¯Bi1¯)

    Les compositions d’urnes étant alors connues

    pi=rb+r××r(i2)b+r(i2)i1 facteurs×bb+r(i1)

    Par la même démarche et en discutant selon le rang i=1,,k1 lors duquel une première boule blanche est tirée, on obtient

    P(Ak) =i=1k1pi×r(i1)b+ri××r(k3)b+r(k1)ki1 facteurs×b1b+r(k1).

    On réécrit les produits d’entiers successifs à l’aide de quotient de nombres factoriels et l’on constate que les termes sommés sont identiques

    P(Ak) =i=1k1r!(rk+2)!(b+rk)!(b+r)!×b(b1)
    =(k1)r!(rk+2)!(b+rk)!(b+r)!×b(b1).

    On introduit artificiellement (b2)! dans le calcul afin de reconnaître des coefficients binomiaux

    P(Ak) =(k1)r!(b2)!(b+r)!(b+rk)!(b2)!(rk+2)!×b(b1)
    =(k1)b!r!(b+r)!(b+rk)!(b2)!(rk+2)!
    =(k1)(b+rb)1(b+rkb2).
  • (b)

    Les Ak pour k=2,,r+2 constituent un système complet d’événements: ils sont deux à deux incompatibles (par définition) et de réunion l’univers entier car une deuxième boule blanche sera assurément tirée entre le deuxième et le (r+2)-ième tirage. On a donc

    k=2r+2P(Ak)=1

    ce qui entraîne la relation voulue.

 
Exercice 8  3827   Correction  

Une succession d’individus A1,,An se transmet une information binaire du type «  oui  » ou «  non  ».
Chaque individu Ak transmet l’information qu’il a reçu avec la probabilité p à l’individu Ak+1 ou la transforme en son inverse avec la probabilité 1-p. Chaque individu se comporte indépendamment des autres.
Calculer la probabilité pn pour que l’information reçue par An soit identique à celle émise par A1.
On suppose 0<p<1. Quelle est la limite de pn quand n tend vers l’infini?

Solution

On a p1=1 et p2=p.
Supposons connu pn. Selon que An émet la même information que A1 ou non, on a par la formule des probabilités totales

pn+1=ppn+(1-p)(1-pn).

La suite (pn) vérifie donc la relation de récurrence

pn+1=(2p-1)pn+1-p.

Sachant la condition initiale p1=1, cette suite arithmético-géométrique a pour terme général

pn=1+(2p-1)n-12.

Si p]0;1[ alors |2p-1|<1 et donc pn1/2.

 
Exercice 9  4592   

Une lampe est éteinte dans une pièce lorsque survient une coupure d’électricité. Des individus pénètrent dans cette pièce et basculent plusieurs fois l’interrupteur en espérant que la lumière s’allume, sans succès… Quand l’électricité revient, quelle est la probabilité que la lumière soit allumée sachant que n individus sont entrés dans la pièce et que chacun a la probabilité p]0;1[ d’avoir repositionné l’interrupteur dans l’état où celui-ci figurait lorsqu’il est entré.

 
Exercice 10  5736  Correction  

On lance indéfiniment une pièce qui donne pile avec la probabilité p]0;1[.

On note an la probabilité que le nombre de piles obtenus lors des n premiers lancers soit pair.

  • (a)

    Calculer a2 et a3.

  • (b)

    Calculer an pour tout n.

Solution

  • (a)

    On introduit

    Pn =« On obtient pile lors du n-ième lancer »,Fn=Pn¯
    An =« On obtient un nombre pair de pile lors des npremiers lancers ».

    On a immédiatement

    A2=P1P2F1F2.

    Par incompatibilité puis indépendance,

    a2=P(A2)=p2+(1-p)2=1-2p+2p2.

    De même, on décrit A3

    A3=P1P2F3P1F2P3F1P2P3F1F2F3

    et l’on en déduit

    a3=P(A3)=3p2(1-p)+(1-p)3=1-3p+6p2-4p3.
  • (b)

    La famille (P1,F1) est un système complet d’événements. La formule des probabilités totales donne

    P(An+1)=P(P1)P(An+1P1)+P(F1)(An+1F1).

    Par translation de l’expérience,

    P(An+1P1)=1-anetP(An+1F1)=an.

    On obtient donc la relation de récurrence

    an+1=p(1-an)+(1-p)an=p+(1-2p)an.

    La suite (an) est arithmético-géométrique de raison 1-2p, de point fixe 1/2 et de premier terme a0=1. On en déduit

    n,an=1+(1-2p)n2.
 
Exercice 11  5212   

Une urne contient n* boules numérotées de 1 à n. On tire avec remise n+1 boules dans cette urne et, pour tout k1;n+1, on introduit l’événement:

Ak=« Lors du k-ième tirage, on obtient une boule déjà sortie précédemment ».
  • (a)

    Soit k1;n+1. Interpréter l’événement Bk=A1Ak¯.

  • (b)

    Soit k1;n. Calculer P(Ak+1Bk) et en déduire une expression de P(Bk).

  • (c)

    Soit k2;n+1. Exprimer la probabilité que l’on obtienne une boule tirée précédemment pour la première fois lors du k-ième tirage.

 
Exercice 12  4591   

Chaque jour, du lundi au vendredi, le professeur Zinzin a la probabilité p]0;1[ d’égarer ses notes de cours en salle de classe. Peu lui importe car il improvise à chaque fois, mais ce vendredi soir il ne les retrouve plus et cela le contrarie car il s’y trouvait un dessin de sa fille Libi. Il est cependant certain de les avoir eues en sa possession le lundi matin. Quelle est la probabilité pour le professeur d’avoir perdu ses notes de cours le mercredi?

 
Exercice 13  5438   Correction  

Un panier contient r pommes rouges et v pommes vertes. On pioche arbitrairement une pomme dans le panier et on la mange. On s’arrête quand il n’y a plus de pommes rouges. Vérifier que la probabilité que le panier soit alors vide vaut

rr+v.

Solution

Notons p(r,v) la probabilité que le panier soit vide à la fin du processus sachant qu’il était initialement constitué de r pommes rouges et de v pommes vertes. On a immédiatement

p(r,v)={1 si v=00 si r=0 et v>0

ce qui est conforme à la formule proposée.

On introduit l’événement:

A=«  La première pomme piochée est rouge  ».

Pour r1 et v1,

P(A)=rr+vetP(A¯)=vr+v.

Par la formule des probabilités totales et les symétries du processus,

p(r,v)=P(A)p(r-1,v)+P(A¯)p(r,v-1)

et donc

p(r,v)=rr+vp(r-1,v)+vr+vp(r,v-1)

ce qui est à nouveau compatible avec la formule proposée.

En raisonnant par récurrence sur r+v, on peut alors vérifier

p(r,v)=rr+vpour tout (r,v)2.
 
Exercice 14  4015   Correction  

Deux entreprises asiatiques produisent des «  langues de belle-mère  » en proportion égale. Cependant certaines sont défectueuses, dans la proportion p1 pour la première entreprise, dans la proportion p2 pour la seconde. Un client achète un sachet contenant n articles. Il souffle dans une première et celle-ci fonctionne: le voilà prêt pour fêter le nouvel an!

  • (a)

    Quelle est la probabilité pour qu’une seconde langue de belle-mère choisie dans le même sachet fonctionne?

  • (b)

    Quelle est la probabilité que le sachet comporte k articles fonctionnels (y compris le premier extrait)?

Solution

  • (a)

    Notons Ai l’évènement

    «  le sachet est produit dans l’entreprise d’indice i   ».

    Notons B1 l’évènement

    «  la première langue de belle-mère choisie dans le sachet est fonctionnelle  »

    Puisque les entreprises produisent en proportion égale

    P(A1)=P(A2)=1/2

    et par la formule des probabilités totales

    P(B1¯)=P(B1¯A1)P(A1)+P(B1¯A2)P(A2)=p1+p22

    puis

    P(B1)=(1-p1)+(1-p2)2.

    Notons B2 l’évènement «  la deuxième langue de belle-mère choisie dans le sachet est fonctionnelle  » On veut calculer

    P(B2B1)=P(B1B2)P(B1).

    Par la formule des probabilités totales

    P(B1B2)=P(B1B2A1)P(A1)+P(B1B2A2)P(A2).

    On peut supposer l’indépendance des défectuosités à l’intérieur d’une même usine et l’on obtient

    P(B1B2)=(1-p1)2+(1-p2)22.

    On en déduit

    P(B2B1)=(1-p1)2+(1-p2)2(1-p1)+(1-p2).
  • (b)

    Pour 0kn, notons Ck l’évènement

    «  le sachet contient k articles fonctionnels  ».

    On veut mesurer

    P(CkB1)=P(CkB1)P(B1).

    Pour k=0, cette probabilité est nulle car C0B1=.
    Pour k1;n-1

    CkB1=B1Dk-1

    avec Dk-1 l’évènement

    «  en dehors du premier article, le sachet contient k-1 articles fonctionnels  ».

    On peut mesurer la probabilité de ces évènements dès que l’on connaît l’usine de production

    P(B1Dk-1Ai)=(1-pi)(n-1k-1)(1-pi)k-1pin-k.

    Par probabilités totales

    P(B1Dk-1)=12(n-1k-1)((1-p1)kp1n-k+(1-p2)kp2n-k)

    et enfin

    P(CkB1)=(n-1k-1)((1-p1)kp1n-k+(1-p2)kp2n-k)(1-p1)+(1-p2).
 
Exercice 15  5777     X (PC)Correction  

N2 passagers montent successivement dans un avion. Le premier passager se trompe et choisit une place autre que la sienne. Les passagers suivants prennent leur place attitrée si disponible ou une place au hasard parmi les places disponibles sinon. Déterminer la probabilité que le dernier passage soit à sa place.

Solution

Notons pN la probabilité recherchée. On a immédiatement p2=0.

Introduisons les événements

A =« Le deuxième passager choisit la place qui lui est attitrée »
B =« Le dernier passager choisit la place qui lui est attitrée ».

Les événements A et A¯ forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,

P(B)=P(BA)P(A)+P(BA¯)P(A¯).

Si le deuxième passager ne prend pas la place qui lui est attribuée, cela signifie que le premier passager l’occupait. Dans ce cas, le second passager choisit une place au hasard et l’expérience est analogue à celle qui serait conduite en supprimant le premier passager et en faisant entrer directement le second passager qui se trompe de place.

Si le deuxième passager prend sa place, on peut le retirer de l’expérience sans que cela ait d’incidence sur son déroulement. On en déduit

pN=pN-1P(A)+pN-1P(A)=P(A)=N-2N-1.
 
Exercice 16  5573   Correction  

On réalise n expériences de Bernoulli indépendantes.

Pour k1;n, la probabilité de succès de la k-ième expérience vaut 12k+1.

Déterminer la probabilité que le nombre total de succès obtenus soit pair.

Solution

Notons pn la probalité recherchée.

On remarque

p0=1,p1=23etp2=1315+2345=915=35.

Par la formule des probabilités totales en discutant selon la nature du la dernière expérience

pn=2n2n+1pn-1+12n+1(1-pn-1).

Par récurrence, on valide la formule

pn=n+12n+1pour tout n.
 
Exercice 17  2417    

(Urne de Pólya)

Une urne contient initialement b boules blanches et r boules rouges. On tire dans celle-ci une boule, on note sa couleur et on la remet accompagnée de d boules de la même couleur. On réalise l’expérience n fois (avec n*).

Déterminer la probabilité que la boule obtenue soit blanche lors du n-ième tirage.

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Édité le 08-12-2023

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