X : Ω → {x₁,x₂,...,xₙ} (ensemble fini ou dénombrable). Loi : P(X=xᵢ)=pᵢ avec Σpᵢ=1.
Fonction de répartition : F(x)=P(X≤x)=Σ_{xᵢ≤x} pᵢ.
E(X)=Σxᵢpᵢ (centre de gravité). V(X)=E[(X-E(X))²]=E(X²)-[E(X)]².
σ(X)=√V(X). Interprétation : dispersion autour de la moyenne.
Propriétés : E(aX+b)=aE(X)+b. V(aX+b)=a²V(X). σ(aX+b)=|a|σ(X).
n épreuves de Bernoulli indépendantes, chacune de probabilité de succès p.
X=nb de succès. X~B(n,p) : P(X=k)=Cₙᵏ·pᵏ·(1-p)ⁿ⁻ᵏ pour k=0,...,n.
E(X)=np. V(X)=np(1-p). σ(X)=√(np(1-p)).
Pièce équilibrée lancée 10 fois. X~B(10,1/2). E(X)=5. V(X)=2,5. P(X=3)=C₁₀³·(1/2)¹⁰=120/1024≈11,7%.
X : P(X=-1)=1/4, P(X=0)=1/2, P(X=3)=1/4. (1) Vérifier. (2) E(X). (3) V(X).
Taux de réussite 70%. 5 tentatives. X~B(5,0,7). (1) P(X=3). (2) P(X≥4). (3) E(X) et V(X).
X~B(4,1/2). Calculer F(0), F(1), F(2), F(3) et tracer l'allure de F.
P(X=k)=C₄ᵏ/16. F(0)=1/16. F(1)=5/16. F(2)=11/16. F(3)=15/16. F(4)=1.
E(X)=3, V(X)=4. Y=2X-1. Calculer E(Y), V(Y), σ(Y).
E(Y)=2×3-1=5. V(Y)=4×4=16. σ(Y)=4.
On lance 2 dés. X=différence |D₁-D₂|. (1) Loi de X. (2) E(X). (3) Jeu équitable ?
(1) Issues (i,j) i,j∈{1..6}. P(X=0)=6/36=1/6. P(X=1)=10/36. P(X=2)=8/36. P(X=3)=6/36. P(X=4)=4/36. P(X=5)=2/36. (2) E=Σk·P(X=k)=(0+10+16+18+16+10)/36=70/36≈1,94. (3) Dépend du jeu.
X~B(n,p). On va établir les propriétés fondamentales de la loi binomiale.
10 questions
E(X)=Σxᵢpᵢ avec Σpᵢ=
V(X)=E(X²)-[E(X)]² est la formule de
E(aX+b)=
V(aX+b)=
X~B(n,p): P(X=k)=
E(X) pour X~B(n,p)=
V(X) pour X~B(10,0,4)=
Fonction de répartition F(x)=
Loi de Bernoulli B(1,p): V(X)=
X~B(n,p), p=1/2: distribution
Exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Entraînement » du chapitre correspondant — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.
Une association organise une tombola. Tous les billets, au nombre de 500, sont vendus. L'un des billets permet de gagner un lot d'une valeur de 62 000 francs, 9 billets permettent chacun de gagner un lot d'une valeur de 7 000 francs, 50 billets permettent chacun de gagner un lot d'une valeur de 500 francs, les autres sont perdants.
1. Nombre de billets perdants : 500−1−9−50 = 440. P(A) = 9/500 = 0,018. P(B) = 440/500 = 0,88.
2. Recette totale : 500 billets × 500 F = 250 000 F. Montant total des lots : 1×62 000 + 9×7 000 + 50×500 = 62 000+63 000+25 000 = 150 000 F. Bénéfice du trésorier = 250 000 − 150 000 = 100 000 F.
3a. Gain = valeur du lot − 500 F. Billet à 62 000 F : gain = 61 500 F. Billet à 7 000 F : gain = 6 500 F. Billet à 500 F : gain = 0 F. Billet perdant : gain = −500 F. Donc X ∈ {−500 ; 0 ; 6 500 ; 61 500}.
3b. Loi de probabilité de X :
| xᵢ | −500 | 0 | 6 500 | 61 500 |
|---|---|---|---|---|
| P(X=xᵢ) | 440/500 = 0,88 | 50/500 = 0,1 | 9/500 = 0,018 | 1/500 = 0,002 |
3c. E(X) = (−500)(0,88) + 0×0,1 + 6 500×0,018 + 61 500×0,002 = −440 + 0 + 117 + 123 = −200 F. En moyenne chaque joueur perd 200 F par billet, ce qui correspond exactement au bénéfice de 100 000 F du trésorier réparti sur les 500 billets (100 000/500 = 200 F).
On jette en même temps un dé cubique dont les faces sont numérotées de 1 à 6 et une pièce de monnaie parfaitement équilibrés. On convient d'associer à cette expérience le nombre indiqué sur la face supérieure du dé si la pièce de monnaie marque pile, et le double de ce nombre si la pièce marque face. On considère X la variable aléatoire « nombre ainsi obtenu ».
1. Chaque issue (résultat du dé, résultat de la pièce) a la probabilité 1/12 (6 faces × 2 côtés, équiprobables et indépendants). Si pile : X = 1,2,3,4,5,6 (chacune avec probabilité 1/12). Si face : X = 2,4,6,8,10,12 (chacune avec probabilité 1/12). En regroupant les valeurs communes (X=2, X=4, X=6 obtenues de deux façons) :
| xᵢ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 8 | 10 | 12 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| P(X=xᵢ) | 1/12 | 2/12 | 1/12 | 2/12 | 1/12 | 2/12 | 1/12 | 1/12 | 1/12 |
(Vérification : la somme des probabilités vaut 12/12 = 1.)
2. Plus simplement : E(X) = ½E(dé si pile) + ½E(2×dé si face) = ½×3,5 + ½×7 = 1,75+3,5 = 5,25.
E(X²) = ½E(dé²) + ½E(4dé²) = ½×(91/6) + ½×4×(91/6) = (91/6)×(1/2+2) = (91/6)×(5/2) = 455/12, avec E(dé²) = (1+4+9+16+25+36)/6 = 91/6.
V(X) = E(X²) − [E(X)]² = 455/12 − (21/4)² = 455/12 − 441/16 = 1820/48 − 1323/48 = 497/48 ≈ 10,354.
σ(X) = √(497/48) ≈ 3,218.
Un jeu consiste à lancer deux fois de suite un dé cubique non pipé dont les faces sont numérotées de 1 à 6. On considère la variable aléatoire X « somme des numéros sortis ».
1. Loi de X (36 issues équiprobables) :
| xᵢ | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| P(X=xᵢ) | 1/36 | 2/36 | 3/36 | 4/36 | 5/36 | 6/36 | 5/36 | 4/36 | 3/36 | 2/36 | 1/36 |
2. E(X) = 7 (symétrie de la loi autour de 7). V(X) = 2×V(dé) = 2×35/12 = 35/6 ≈ 5,833. σ(X) = √(35/6) ≈ 2,415.
3. F(x) = P(X≤x) est une fonction en escalier, constante entre deux entiers, avec des sauts aux points 2,3,...,12 :
| x | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| F(x) | 1/36 | 3/36 | 6/36 | 10/36 | 15/36 | 21/36 | 26/36 | 30/36 | 33/36 | 35/36 | 1 |
Le graphe de F est une fonction en escalier croissante, valant 0 avant x=2, faisant un saut de hauteur P(X=k) en chaque entier k de 2 à 12, et valant 1 à partir de x=12.
P(X≤4) = F(4) = 6/36 = 1/6.
P(5≤X≤8) = F(8)−F(4) = 26/36−6/36 = 20/36 = 5/9.
P(X≥9) = 1−F(8) = 1−26/36 = 10/36 = 5/18.
4. On note G le gain du joueur : G=−1000 si X≤4, G=n si 5≤X≤8, G=2000 si X≥9. On veut E(G)=0 : E(G) = −1000×(1/6) + n×(5/9) + 2000×(5/18) = 0. En mettant tout au même dénominateur 18 : −3000/18 + (10n)/18 + 10000/18 = 0, soit 7000+10n = 0, d'où n = −700. Le jeu étant équitable, cela signifie qu'en réalité le joueur doit lui aussi perdre 700 F lorsque 5≤X≤8 (et non gagner) pour que l'espérance du gain soit nulle.
Dans une urne, il y a 18 boules blanches et 10 boules rouges, indiscernables au toucher. On considère l'épreuve qui consiste à extraire au hasard, l'une après l'autre et sans remise, deux boules de l'urne. On n'est pas dans une situation d'équiprobabilité.
1. L'urne contient 18+10=28 boules au total, dont 18 blanches. Au premier tirage, la probabilité de tirer une boule blanche est P(E) = 18/28 = 9/14, et P(Ē) = 10/28 = 5/14. La loi de probabilité de E (événement vu comme variable de Bernoulli) est donc : P(E) = 9/14 ≈ 0,643 ; P(Ē) = 5/14 ≈ 0,357.
2a. On répète n = 5 fois l'épreuve « extraire 2 boules sans remise », et après chaque répétition les 2 boules extraites sont remises dans l'urne : celle-ci retrouve donc sa composition initiale (18 blanches, 10 rouges) avant chaque nouvelle répétition. Les 5 répétitions sont donc des épreuves identiques et indépendantes, chacune de même probabilité p = P(E) = 9/14 de succès « la 1ʳᵉ boule tirée est blanche ». X, qui compte le nombre de répétitions où E se réalise, est donc la somme de 5 épreuves de Bernoulli indépendantes de même paramètre p : X suit la loi binomiale B(5 ; 9/14). (La mention « dix épreuves élémentaires » du texte fait référence aux 2 tirages de boule dans chacune des 5 répétitions, soit 5×2=10 tirages élémentaires au total ; ce sont bien les 5 répétitions de l'épreuve « E ou non E », et non les 10 tirages élémentaires eux-mêmes, qui sont indépendantes et suivent la loi binomiale.)
2b. P(F) = P(X=2) = C₅²×p²×q³ avec p=9/14, q=5/14, et C₅²=10. p² = 81/196, q³ = 125/2744.
P(X=2) = 10 × 81/196 × 125/2744 = 101 250/537 824 ≈ 0,188 (soit environ 18,8 %).
On considère une épreuve aléatoire débouchant sur deux éventualités, succès et échec, de probabilités respectives 0,8 et 0,2. On désigne par X la variable aléatoire qui associe à n épreuves aléatoires indépendantes le nombre k de succès. On désigne par Y la variable aléatoire qui associe à n épreuves aléatoires indépendantes le nombre k d'échecs.
1. X (nombre de succès sur n épreuves indépendantes, de probabilité de succès p=0,8) suit la loi binomiale X ~ B(n ; 0,8). Y (nombre d'échecs, probabilité d'échec 0,2) suit Y ~ B(n ; 0,2).
P(X=k) = Cₙᵏ(0,8)ᵏ(0,2)ⁿ⁻ᵏ. P(Y=k) = Cₙᵏ(0,2)ᵏ(0,8)ⁿ⁻ᵏ.
P(X=0) = (0,2)ⁿ (aucun succès = n échecs). P(X≥1) = 1−(0,2)ⁿ. P(Y=n) = (0,2)ⁿ (n échecs, ce qui correspond exactement à X=0 : on retrouve bien P(Y=n)=P(X=0)).
2. Pour n=10 :
P(X=0) = (0,2)¹⁰ = 0,0000001024 ≈ 0,000000 (à 10⁻⁶ près par défaut).
P(X=1) = C₁₀¹×(0,8)×(0,2)⁹ = 10×0,8×0,000000512 = 0,000004096.
P(X=2) = C₁₀²×(0,8)²×(0,2)⁸ = 45×0,64×0,00000256 = 0,000073728 ≈ 0,000073 (à 10⁻⁶ près par défaut).
P(X≤2) = P(X=0)+P(X=1)+P(X=2) = 0,0000001024+0,000004096+0,000073728 = 0,0000779264 ≈ 0,000077.
P(X>2) = 1−P(X≤2) = 1−0,0000779264 = 0,9999220736 ≈ 0,999922.
E(X) = np = 10×0,8 = 8. σ(X) = √(np(1−p)) = √(10×0,8×0,2) = √1,6 ≈ 1,264911.
Justification générale de E(X)=np et V(X)=np(1−p) : on écrit X = X₁+X₂+...+Xₙ, où Xᵢ est la variable de Bernoulli indicatrice du succès à la iᵉ épreuve (Xᵢ=1 si succès, 0 sinon), avec P(Xᵢ=1)=p. Pour chaque i : E(Xᵢ) = 1×p+0×(1−p) = p, et V(Xᵢ) = E(Xᵢ²)−[E(Xᵢ)]² = p−p² = p(1−p). Par linéarité de l'espérance (valable même si les Xᵢ ne sont pas indépendantes) : E(X) = E(X₁)+...+E(Xₙ) = np. Comme les épreuves sont indépendantes, les Xᵢ sont indépendantes, donc la variance d'une somme de variables indépendantes est la somme des variances : V(X) = V(X₁)+...+V(Xₙ) = np(1−p). Ceci généralise ce qu'on observe numériquement pour n=10, p=0,8 : E(X)=8=10×0,8 et V(X)=1,6=10×0,8×0,2.
Cinq exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Entraînement » du chapitre correspondant, niveau intermédiaire — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.
On jette successivement et indépendamment sur une table deux dés tétraédriques réguliers dont les faces sont numérotées de 1 à 4. On considère la variable aléatoire Z égale à XY, où X est le nombre lu sur la face supérieure du premier dé et Y le nombre lu sur la face supérieure du second dé.
1. Les 16 couples (X,Y)∈{1,2,3,4}² sont équiprobables, de probabilité 1/16 chacun. En dénombrant les couples donnant chaque produit : Z=1 → (1,1) [1] ; Z=2 → (1,2),(2,1) [2] ; Z=3 → (1,3),(3,1) [2] ; Z=4 → (1,4),(4,1),(2,2) [3] ; Z=6 → (2,3),(3,2) [2] ; Z=8 → (2,4),(4,2) [2] ; Z=9 → (3,3) [1] ; Z=12 → (3,4),(4,3) [2] ; Z=16 → (4,4) [1]. (Total : 1+2+2+3+2+2+1+2+1=16 ✓.) D'où la loi de Z :
| zᵢ | 1 | 2 | 3 | 4 | 6 | 8 | 9 | 12 | 16 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| P(Z=zᵢ) | 1/16 | 2/16 | 2/16 | 3/16 | 2/16 | 2/16 | 1/16 | 2/16 | 1/16 |
2. Comme X et Y sont indépendantes, E(Z)=E(XY)=E(X)E(Y). E(X)=E(Y)=(1+2+3+4)/4=5/2, donc E(Z)=(5/2)×(5/2)=25/4=6,25.
De même E(X²)=E(Y²)=(1+4+9+16)/4=15/2, donc E(Z²)=E(X²)E(Y²)=(15/2)²=56,25. V(Z)=56,25−6,25²=56,25−39,0625=17,1875 (=275/16). σ(Z)=√17,1875≈4,146.
Un tournoi de football se déroule entre 5 équipes. Chaque équipe doit rencontrer une fois et une fois seulement les 4 autres.
1. Le nombre de matchs est le nombre de paires parmi 5 équipes : C₅²=10 matchs. Chaque équipe affronte les 4 autres, donc joue 4 matchs.
2. Pour une équipe donnée, chacun de ses 4 matchs rapporte, indépendamment et avec probabilité 1/3 chacune, 2 points (victoire), 1 point (nul) ou 0 point (défaite). X est la somme de 4 variables indépendantes Yᵢ de même loi : P(Yᵢ=0)=P(Yᵢ=1)=P(Yᵢ=2)=1/3. La fonction génératrice de X est [(1+t+t²)/3]⁴=(1+t+t²)⁴/81 ; en développant (par exemple via (1+t+t²)²=1+2t+3t²+2t³+t⁴ puis en élevant au carré), les coefficients de t⁰ à t⁸ valent 1,4,10,16,19,16,10,4,1. D'où la loi de X :
| xᵢ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| P(X=xᵢ) | 1/81 | 4/81 | 10/81 | 16/81 | 19/81 | 16/81 | 10/81 | 4/81 | 1/81 |
(Vérification : 1+4+10+16+19+16+10+4+1=81, soit 81/81=1.)
3. E(X)=4×E(Yᵢ)=4×1=4. V(Yᵢ)=E(Yᵢ²)−[E(Yᵢ)]²=(0+1+4)/3−1=2/3, donc par indépendance V(X)=4×2/3=8/3≈2,667 et σ(X)=√(8/3)=2√6/3≈1,633.
On tire au hasard 3 cartes d'un jeu de 32 cartes (dont 4 as). On considère X « nombre d'as tirés ».
1a. Tirage simultané (sans remise) : X suit la loi hypergéométrique de paramètres N=32, K=4, n=3 : P(X=k)=C₄ᵏ×C₂₈³⁻ᵏ/C₃₂³, avec C₃₂³=4960.
| k | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| P(X=k) | 819/1240≈0,6605 | 189/620≈0,3048 | 21/620≈0,0339 | 1/1240≈0,0008 |
E(X)=n×K/N=3×4/32=0,375. V(X)=n×(K/N)×(1−K/N)×(N−n)/(N−1)=3×(1/8)×(7/8)×(29/31)=609/1984≈0,307. σ(X)≈0,554.
1b. Tirages successifs avec remise : X~B(3 ; 1/8) car chaque tirage est indépendant, de probabilité p=4/32=1/8.
| k | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| P(X=k) | 343/512≈0,6699 | 147/512≈0,2871 | 21/512≈0,0410 | 1/512≈0,0020 |
E(X)=np=0,375. V(X)=np(1−p)=21/64≈0,328. σ(X)≈0,573.
2. L'espérance est identique dans les deux cas (0,375) : elle ne dépend pas du mode de tirage. La variance est plus faible sans remise (0,307) qu'avec remise (0,328), à cause du facteur d'exhaustivité (N−n)/(N−1)=29/31<1, qui réduit la dispersion lorsque le tirage se fait sans remise dans une population finie.
Une urne contient deux boules noires et une boule blanche. On tire une boule : si elle est blanche, le jeu s'arrête ; si elle est noire, on la remet dans l'urne et on tire de nouveau, et ainsi de suite. On note X le nombre de tirages nécessaires pour obtenir la boule blanche.
1. Chaque tirage est indépendant (la boule noire est remise), de probabilité p=1/3 de tirer la blanche. X=k signifie k−1 tirages noirs puis un blanc : P(X=k)=(2/3)ᵏ⁻¹×(1/3), k=1,2,3,... (loi géométrique de paramètre 1/3).
Vérification : Σ_{k=1}^{+∞}(2/3)ᵏ⁻¹×(1/3)=(1/3)×1/(1−2/3)=(1/3)×3=1 ✓.
2. Pour une loi géométrique, P(X>k)=(2/3)ᵏ. a) P(X>5)=(2/3)⁵=32/243≈0,1317. b) P(X≤7)=1−(2/3)⁷=1−128/2187=2059/2187≈0,9415. c) P(5≤X≤8)=(2/3)⁴−(2/3)⁸=1296/6561−256/6561=1040/6561≈0,1585.
3. Pour une loi géométrique de paramètre p, E(X)=1/p. Ici p=1/3, donc E(X)=3 tirages en moyenne.
On dispose d'un dé pipé, faces numérotées de 1 à 6, tel que la probabilité d'une face paire soit le double de celle d'une face impaire.
1. Notons p la probabilité d'une face impaire ; celle d'une face paire vaut 2p. 3p+3(2p)=9p=1, donc p=1/9. D'où P(1)=P(3)=P(5)=1/9 et P(2)=P(4)=P(6)=2/9.
2a. P(X=1000)=P(1)+P(6)=1/9+2/9=1/3. P(X=0)=P(3)=1/9. P(X=500)=P(2)+P(4)+P(5)=2/9+2/9+1/9=5/9. (Vérification : 1/3+1/9+5/9=1 ✓.)
| xᵢ | 0 | 500 | 1000 |
|---|---|---|---|
| P(X=xᵢ) | 1/9 | 5/9 | 1/3 |
2b. E(X)=500×5/9+1000×1/3=2500/9+3000/9=5500/9≈611,11 F. E(X²)=500²×5/9+1000²×1/3=4 250 000/9. V(X)=4 250 000/9−(5500/9)²=8 000 000/81≈98 765,4. σ(X)≈314,3 F.
2c. F(x)=0 pour x<0 ; F(x)=1/9 pour 0≤x<500 ; F(x)=1/9+5/9=2/3 pour 500≤x<1000 ; F(x)=1 pour x≥1000. Le graphe est une fonction en escalier croissante, avec des sauts de hauteur 1/9, puis 5/9, puis 1/3 aux points 0, 500 et 1000.
Cinq problèmes de synthèse, plus longs et plus exigeants, tirés de la fin de la banque d'exercices du CIAM Terminale SE — pour aller plus loin et préparer les épreuves de type baccalauréat.
D'après Bac. Dans une entreprise, on fait appel à un technicien lors de ses passages hebdomadaires pour l'entretien des machines. Chaque semaine, on décide, pour un certain type de machine, de faire appel ou non au technicien. Le technicien intervient nécessairement la première semaine. Si le technicien est intervenu la nᵉ semaine, la probabilité qu'il intervienne la (n+1)ᵉ semaine vaut 3/4. S'il n'est pas intervenu la nᵉ semaine, cette probabilité vaut 1/10. On note Eₙ « le technicien intervient la nᵉ semaine » et Pₙ=P(Eₙ).
1. P(E₁)=1. P(Eₙ₊₁/Eₙ)=3/4. P(Eₙ₊₁/Eₙ̄)=1/10. Par définition des probabilités conditionnelles : P(Eₙ₊₁∩Eₙ)=P(Eₙ₊₁/Eₙ)×P(Eₙ)=(3/4)Pₙ. P(Eₙ₊₁∩Eₙ̄)=P(Eₙ₊₁/Eₙ̄)×P(Eₙ̄)=(1/10)(1−Pₙ).
2. (Eₙ,Eₙ̄) formant une partition de l'univers, la formule des probabilités totales donne : Pₙ₊₁=(3/4)Pₙ+(1/10)(1−Pₙ)=(3/4−1/10)Pₙ+1/10=(15/20−2/20)Pₙ+1/10=(13/20)Pₙ+1/10.
3a. qₙ₊₁=Pₙ₊₁−2/7=(13/20)(qₙ+2/7)+1/10−2/7=(13/20)qₙ+[(13/20)(2/7)+1/10−2/7]. Le crochet vaut 13/70−13/70=0. Donc qₙ₊₁=(13/20)qₙ : (qₙ) est géométrique de raison 13/20.
3b. q₁=P₁−2/7=1−2/7=5/7, donc qₙ=(5/7)×(13/20)ⁿ⁻¹, et Pₙ=2/7+(5/7)×(13/20)ⁿ⁻¹.
3c. Pₙ<3/10 ⟺ (5/7)(13/20)ⁿ⁻¹<1/70 ⟺ (13/20)ⁿ⁻¹<1/50. En passant au logarithme (13/20<1) : n−1>ln(1/50)/ln(13/20)≈9,08, soit n>10,08, donc n≥11. (Vérification : P₁₀≈0,3005>0,3 et P₁₁≈0,2953<0,3.) La probabilité passe donc sous 3/10 à partir de la 11ᵉ semaine.
Vous êtes sur un plateau de télévision, à un jeu dont le prix est une voiture. Devant vous se trouvent 3 portes fermées : derrière l'une se trouve la voiture, derrière les deux autres rien. L'animateur, qui sait où se trouve la voiture, vous demande de désigner une porte. Une fois votre choix fait, il n'ouvre pas la porte désignée, mais l'une des deux autres, derrière laquelle il n'y a pas la voiture (il peut toujours le faire, quel que soit votre choix). Il vous demande alors si vous maintenez votre choix initial ou si vous changez pour l'autre porte encore fermée.
Déterminez, en le justifiant rigoureusement à l'aide des probabilités conditionnelles, la stratégie optimale et la probabilité de gagner associée à chacune des deux stratégies (garder son choix initial / changer de porte).
Numérotons les portes 1, 2, 3. Par symétrie, on suppose que le candidat désigne la porte 1 et que l'animateur ouvre ensuite la porte 2 (le raisonnement est identique pour toute autre configuration). Notons Cᵢ « la voiture est derrière la porte i » (i=1,2,3) et O₂ « l'animateur ouvre la porte 2 ».
Probabilités a priori : la voiture est placée au hasard, donc P(C₁)=P(C₂)=P(C₃)=1/3.
Comportement de l'animateur (il connaît l'emplacement de la voiture ; il n'ouvre jamais la porte désignée ni celle cachant la voiture) :
Probabilité totale : P(O₂)=(1/2)(1/3)+0×(1/3)+1×(1/3)=1/6+1/3=1/2.
Formule de Bayes — stratégie « garder » (porte 1) : P(C₁/O₂)=[P(O₂/C₁)×P(C₁)]/P(O₂)=(1/6)/(1/2)=1/3.
Stratégie « changer » (porte 3) : P(C₃/O₂)=[P(O₂/C₃)×P(C₃)]/P(O₂)=(1/3)/(1/2)=2/3.
(Vérification : P(C₁/O₂)+P(C₂/O₂)+P(C₃/O₂)=1/3+0+2/3=1 ✓, car la porte ouverte ne cache jamais la voiture.)
Conclusion : garder son choix donne une probabilité de gain de 1/3, changer donne 2/3 — le double. La stratégie optimale est donc de toujours changer de porte.
Pourquoi ce résultat n'est pas paradoxal : au départ, le candidat a 1 chance sur 3 d'avoir choisi la bonne porte, et 2 chances sur 3 que la voiture soit du côté des deux autres portes. L'animateur, qui connaît l'emplacement de la voiture, élimine ensuite une porte perdante parmi celles non choisies : cela ne modifie pas la probabilité initiale de 2/3 que la voiture soit « de ce côté-là », mais concentre entièrement cette probabilité sur la seule porte restée fermée. Changer de porte exploite ainsi l'information apportée par le choix contraint de l'animateur, comme le confirme le calcul par Bayes ci-dessus.
Une usine de montage fabrique des cellulaires. La fabrication comporte deux phases : la première fait apparaître un défaut α dans 2% des cas ; la seconde fait apparaître un défaut β dans 12% des cas. On admet que les deux défauts apparaissent indépendamment l'un de l'autre.
1. P(A)=0,02, P(B)=0,12, indépendants. P(C)=P(A)×P(B)=0,02×0,12=0,0024. P(D)=P(Ā)×P(B̄)=0,98×0,88=0,8624.
(La valeur 0,885 utilisée en question 2 est une valeur admise par l'énoncé, légèrement différente du 0,8624 calculé ici ; on l'utilise telle quelle pour la suite, comme demandé.)
2a. On répète n=8 fois, indépendamment, l'épreuve de Bernoulli « le cellulaire prélevé ne présente aucun défaut » (succès), de probabilité constante p=0,885 (population supposée assez grande pour assimiler les prélèvements successifs à des tirages indépendants). X compte le nombre de succès sur ces 8 répétitions : X~B(8 ; 0,885).
2b. F=« X≥4 ». P(F)=1−P(X≤3)=1−Σ_{k=0}^3 C₈ᵏ(0,885)ᵏ(0,115)⁸⁻ᵏ. Avec q=0,115 : P(X=0)=q⁸≈0,0000000306 ; P(X=1)=8×0,885×q⁷≈0,00000188 ; P(X=2)=28×0,885²×q⁶≈0,0000507 ; P(X=3)=56×0,885³×q⁵≈0,000781. P(X≤3)≈0,000831.
P(F)=1−0,000831=0,999169 (valeur exacte 1−Σ ci-dessus), soit à 10⁻³ près par défaut : P(F)≈0,999.
Une entreprise de transport utilise dix camions. Pour chacun d'eux, la probabilité de tomber en panne un jour donné est 0,036, quel que soit le jour ; les pannes sont supposées indépendantes. X désigne le nombre de camions en panne un jour ouvrable donné.
1. Chaque jour, chacun des 10 camions tombe en panne indépendamment avec probabilité p=0,036 : X~B(10 ; 0,036).
2. E(X)=np=10×0,036=0,36 : c'est le nombre moyen de camions en panne par jour, sur le long terme.
3. A=« X≥5 ». Avec q=0,964 : P(X=0)≈0,693059 ; P(X=1)≈0,258819 ; P(X=2)≈0,043494 ; P(X=3)≈0,004331 ; P(X=4)≈0,000283 ; somme P(X≤4)≈0,999987. Donc P(A)=1−P(X≤4)≈0,0000131 (≈1,31×10⁻⁵), résultat très faible car la moyenne (0,36) est très inférieure à 5.
4a. Les 250 jours étant supposés indépendants et de même probabilité P(A)=0,009 admise, Y compte un nombre de succès sur 250 répétitions indépendantes : Y~B(250 ; 0,009).
4b. E(Y)=250×0,009=2,25 jours par an en moyenne.
4c. σ²(X)=np(1−p)=10×0,036×0,964=0,34704. σ²(Y)=250×0,009×0,991=2,22975.
4d. Modèle retenu. X (défini pour un seul jour) et Y (défini sur les 250 jours de l'année) ne portent pas a priori sur le même jour : pour donner un sens à cov(X;Y), on identifie X au nombre de pannes du premier des 250 jours (les jours étant indépendants et de même loi, ce choix ne restreint pas la généralité). En notant Aᵢ « le jour i vérifie A », on a Y=1_{A₁}+Y' avec Y'=Σᵢ₌₂²⁵⁰1_{Aᵢ} indépendant de X (jours distincts et indépendants). Par bilinéarité : cov(X;Y)=cov(X;1_{A₁})+cov(X;Y')=cov(X;1_{A₁})+0=E(X×1_A)−E(X)P(A)=P(A)×[E(X/A)−E(X)].
Le calcul exact de la loi de X (question 3) montre que, sachant X≥5, la valeur X=5 domine très largement (P(X=5)≈0,0000127 contre P(X=6)≈0,0000004 et au-delà négligeable), donc E(X/A)≈5. Avec P(A)=0,009 (admis) et E(X)=0,36 :
cov(X;Y) ≈ 0,009×(5−0,36) = 0,009×4,64 ≈ 0,0418.
(Cette valeur numérique repose sur l'approximation E(X/A)≈5, cohérente avec le calcul exact ; le point essentiel est conceptuel : X et Y ne sont pas indépendantes, car le jour choisi pour X contribue directement au comptage de Y — d'où une covariance strictement positive.)
D'après Bac. p est un réel tel que 0<p<1. Un coureur s'entraîne sur un parcours de n haies numérotées de 1 à n. Pour chaque i tel que 1≤i≤n, la probabilité de renverser la iᵉ haie est p, indépendamment des autres. Le coureur poursuit jusqu'à la nᵉ haie quel que soit le nombre de haies renversées. On définit X par : X=n+1 si aucune haie n'est renversée ; X=k si k est le numéro de la première haie renversée.
1. X=k (1≤k≤n) signifie que les k−1 premières haies sont intactes puis que la kᵉ est renversée, les renversements étant indépendants : P(X=k)=(1−p)ᵏ⁻¹×p. En particulier P(X=1)=p. X=n+1 signifie qu'aucune des n haies n'est renversée : P(X=n+1)=(1−p)ⁿ.
Vérification (q=1−p) : Σ_{k=1}^n P(X=k)=pΣ_{k=1}^n qᵏ⁻¹=p×(1−qⁿ)/p=1−qⁿ. En ajoutant P(X=n+1)=qⁿ : total = (1−qⁿ)+qⁿ=1 ✓.
2. E(X)=Σ_{k=1}^n k qᵏ⁻¹p+(n+1)qⁿ. En utilisant Σ_{k=1}^n k qᵏ⁻¹=[1−(n+1)qⁿ+nqⁿ⁺¹]/p² (dérivée de la somme géométrique), on obtient Σ_{k=1}^n k qᵏ⁻¹p=[1−(n+1)qⁿ+nqⁿ⁺¹]/p. En ajoutant (n+1)qⁿ et en réduisant au même dénominateur p, le numérateur devient 1−(n+1)qⁿ⁺¹+nqⁿ⁺¹=1−qⁿ⁺¹. D'où la formule fermée :
E(X) = [1−(1−p)ⁿ⁺¹] / p.
Vérification (n=1) : X∈{1,2}, E(X)=p+2(1−p)=2−p. La formule donne [1−(1−p)²]/p=(2p−p²)/p=2−p ✓.
