Introduction aux Probabilités - Université Rennes 2

A.1. Annales 193
III. Pièces défectueuses
Une usine produit des objets par boîtes de deux. Sur le long terme, on a constaté que : 92%
des boîtes ne contiennent aucun objet défectueux ; 5% des boîtes contiennent exactement 1 objet
défectueux ; 3% des boîtes contiennent 2 objets défectueux. Une boîte est choisie au hasard sur la
chaîne de production et on tire au hasard un des deux objets de cette boîte.
1. Notons D l’événement “l’objet est défectueux”, B0 (respectivement B1, B2) l’événement “l’objet
vient d’une boîte contenant 0 (respectivement 1, 2) objet défectueux”. La probabilité que
l’objet tiré soit défectueux se décompose alors via la formule des probabilités totales :
È(D) =È(D|B0)È(B0)+È(D|B1)È(B1)+È(D|B2)È(B2).
Or il est clair queÈ(D|B0) = 0,È(D|B1) = 0.5 etÈ(D|B2) = 1, donc
È(D) = 0×0.92+0.5×0.05+1×0.03 = 0.055.
Il y a donc 5.5% de chances que cet objet soit défectueux.
2. Notons D ′ l’événement “l’autre objet est également défectueux”. La probabilité cherchée
s’écrit doncÈ(D ′ |D) et peut se calculer comme suit :
IV. Lancer de dé
Un dé équilibré est lancé 10 fois de suite.
È(D ′ |D) =È(D ′ ∩D)
È(D) =È(B2) 0.03
=
È(D) 0.055
= 6
11 .
1. Notons p la probabilité d’au moins un 6 sur les 10 lancers. 1−p est donc la probabilité de
n’avoir aucun 6 sur les 10 lancers, d’où
1−p =
10 5
6
⇒ p = 1−
10 5
≈ 0.84.
6
2. Le nombre de 6 sur les 10 lancers est une variable aléatoire X qui suit une loi binomiale
B(10,1/6). On en déduit que le nombre moyen de 6 sur les 10 lancers vaut
E[X] = 10× 1 5
=
6 3 .
3. Soit U1,...,U10 les nombres obtenus aux lancers successifs. Les variables Ui suivent toutes
une loi uniforme sur {1,...,6}, de moyenne 3.5. La somme des nombres obtenus est alors la
variable S = U1 +···+U10, dont la moyenne vaut :
E[S] = E[U1 +···+U10] = E[U1]+···+···+E[U10] = 10×E[U1] = 35.
) le nombre de 6 obtenus sur les 5 premiers (respectivement
le nombre de 6 obtenus sur les 10 lancers. La probabilité
d’obtenir exactement deux 6 lors des 5 premiers lancers sachant qu’il y en a eu 4 sur les 10
lancers s’écrit alors
4. Notons X5 (respectivement X ′ 5
derniers) lancers et X10 = X5+X ′ 5
È(X5 = 2|X10 = 4) =È({X5 = 2}∩{X10 = 4})
È(X10 = 4)
= 2})
.
È(X10 = 4)
=È({X5 = 2}∩{X ′ 5
Les 5 premiers lancers sont bien entendu indépendants des 5 derniers, donc ceci s’écrit encore
È(X5 =
= 2)È(X
2|X10 = 4) =È(X5 ′ 5 = 2)
.
È(X10 = 4)
Probabilités Arnaud Guyader - Rennes 2