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Question 1. Une urne contient 4 boules bleues, 6 violettes, 7 rouges, 3 jaunes, indiscernables au toucher. Quelle est la probabilité d'obtenir une boule violette en tirant au hasard ?

Il y a 4+6+7+3=20 boules en tout, situation d'équiprobabilité : P = \dfrac{\text{issues favorables}}{\text{issues possibles}}.
Il y a 6 boules violettes sur 20 : \begin{aligned}P &= \dfrac{6}{20} \\ &= \dfrac{3}{10}\end{aligned} Réponse : \dfrac{3}{10}.

Question 2. Calculer 70 % d'une quantité revient à multiplier cette quantité par :

Prendre 70 % d'une quantité revient à multiplier par le coefficient \dfrac{70}{100} = 0{,}70. Réponse : 0,70.
Les autres propositions correspondent à des erreurs classiques : 0{,}30 = 1-0{,}7 (coefficient d'une baisse de 70 %), 1{,}70 = 1+0{,}7 (hausse de 70 %), 1{,}30 = 1+0{,}3 (hausse de 30 %).

Question 3. On considère la série 7 ; 18 ; 12 ; 13 ; 15. Quelle affirmation est vraie parmi : étendue = 8, médiane = 12, moyenne = 53, moyenne = 13 ?

La moyenne vaut \begin{aligned}\dfrac{7+18+12+13+15}{5} &= \dfrac{65}{5} \\ &= 13\end{aligned} Réponse : la moyenne de cette série est 13.
Les autres propositions sont fausses : l'étendue vaut 18-7=11 (et non 8, en oubliant de ranger la série avant de soustraire) ; la médiane, une fois la série rangée (7 ; 12 ; 13 ; 15 ; 18), vaut 13 (et non 12) ; la « moyenne » 53 vient d'un calcul sans les parenthèses (7+18+12+13+15\div5=53, faux).

Question 4. Une fonction affine f a pour représentation une droite passant par (0 ; 4) et (1 ; 2). Quelle est l'expression de f parmi : 2x+4, 4x-2, -2x+4, -4x+2 ?

La droite coupe l'axe des ordonnées en (0~;~4), donc l'ordonnée à l'origine est b=4.
En passant de (0~;~4) à (1~;~2), l'ordonnée diminue de 2 quand l'abscisse augmente de 1 : le coefficient directeur est a=-2.
Réponse : f(x) = -2x+4.

1.Une urne A contient 6 boules numérotées 7 ; 10 ; 12 ; 15 ; 24 ; 30, une urne B en contient 9 numérotées 2 ; 5 ; 6 ; 8 ; 17 ; 18 ; 21 ; 22 ; 25. On tire une boule dans l'urne A : quelle est la probabilité d'obtenir un nombre pair ?

Il y a 4 nombres pairs (10, 12, 24, 30) sur 6 : la probabilité est \dfrac46 = \dfrac23.

2.On tire une boule dans l'urne B : justifier que la probabilité d'obtenir un nombre premier est \dfrac{1}{3}.

Les nombres premiers de l'urne B sont 2, 5, 17 : 3 boules sur 9, soit une probabilité de \dfrac39 = \dfrac13.

3.Quelle urne contient le plus grand nombre de boules dont le numéro est un multiple de 6 ?

Dans l'urne A : 12=6\times2, 24=6\times4, 30=6\times5 sont multiples de 6, soit 3 boules.
Dans l'urne B : 6=6\times1, 18=6\times3, soit 2 boules. C'est l'urne A qui en contient le plus.

4.On tire une boule au hasard dans l'une des urnes. Démontrer que la probabilité d'obtenir un nombre supérieur ou égal à 20 est la même quelle que soit l'urne choisie.

Dans l'urne A, 2 nombres sur 6 sont \geqslant20 (24, 30) : probabilité \dfrac26 = \dfrac13.
Dans l'urne B, 3 nombres sur 9 sont \geqslant20 (21, 22, 25) : probabilité \dfrac39 = \dfrac13. Les deux probabilités sont égales.

5.On ajoute une boule numérotée 50 dans chaque urne (repartant de la composition initiale). La probabilité d'obtenir un nombre supérieur ou égal à 20 est-elle toujours la même quelle que soit l'urne ?

Dans l'urne A (7 boules), les nombres \geqslant20 sont 24, 30, 50 : probabilité \dfrac37 \approx 0{,}43.
Dans l'urne B (10 boules), les nombres \geqslant20 sont 21, 22, 25, 50 : probabilité \dfrac{4}{10} = 0{,}4.
0{,}43\neq0{,}4 : les probabilités ne sont plus égales.

PartieA ; 1. Les connexions se répartissent : 25 % via A, 15 % via B, le reste via C ; 90 % des connexions via A sont stables, 80 % via B, 85 % via C. Compléter l'arbre pondéré.

Le reste des connexions transite via C, soit 1-0{,}25-0{,}15=0{,}6, donc P(C)=0{,}6.
Sur la première branche : P(A)=0{,}25, P(B)=0{,}15, P(C)=0{,}6.
Sur les branches suivantes : P_A(S)=0{,}9 et P_A(\overline{S})=0{,}1 ; P_B(S)=0{,}8 et P_B(\overline{S})=0{,}2 ; P_C(S)=0{,}85 et P_C(\overline{S})=0{,}15.

PartieA ; 2. Démontrer que la probabilité que la connexion soit stable et passe par le serveur B est égale à 0,12.

\begin{aligned}P(S\cap B) &= P(B)\times P_B(S) \\ &= 0{,}15\times0{,}8 \\ &= 0{,}12\end{aligned}

PartieA ; 3. Calculer P(C \cap \overline{S}) et interpréter le résultat dans le contexte de l'exercice.

\begin{aligned}P(C\cap\overline{S}) &= P(C)\times P_C(\overline{S}) \\ &= 0{,}6\times0{,}15 \\ &= 0{,}09\end{aligned}
Cela signifie que 9 % des connexions de l'entreprise transitent via le serveur C et sont instables.

PartieA ; 4. Démontrer que la probabilité de l'évènement S est P(S) = 0,855.

Les évènements A, B et C forment une partition de l'univers, donc, d'après la formule des probabilités totales :
\begin{aligned}P(S) &= P(A)\times P_A(S) + P(B)\times P_B(S) + P(C)\times P_C(S) \\ &= 0{,}25\times0{,}9+0{,}15\times0{,}8+0{,}6\times0{,}85 \\ &= 0{,}225+0{,}12+0{,}51 \\ &= 0{,}855\end{aligned}

PartieA ; 5. Sachant que la connexion est stable, calculer la probabilité qu'elle ait eu lieu via le serveur B (arrondie au millième).

P_S(B) = \dfrac{P(S\cap B)}{P(S)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}855} \approx 0,140 (au millième).

PartieB ; 1.a On étudie un échantillon de 50 connexions choisies au hasard (assimilable à un tirage avec remise). On admet que le nombre X de connexions instables suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.

Chaque connexion est une épreuve à deux issues : « instable », de probabilité \begin{aligned}p &= P(\overline{S}) \\ &= 1-0{,}855 \\ &= 0{,}145\end{aligned} répétée n=50 fois de façon indépendante.
X suit donc la loi binomiale de paramètres n=50 et p=0{,}145.

PartieB ; 1.b Donner la probabilité qu'au plus huit connexions soient instables (arrondie au millième).

À la calculatrice, P(X\leqslant8) \approx 0,704 (au millième).

PartieB ; 2.a On constitue un échantillon de n connexions ; X_n suit la loi binomiale de paramètres n et 0,145. Donner l'expression, en fonction de n, de la probabilité p_n qu'au moins une connexion soit instable.

« Au moins une connexion instable » est l'évènement contraire de « aucune connexion instable », c'est-à-dire \{X_n=0\}.
\begin{aligned}P(X_n=0) &= \binom{n}{0}\times0{,}145^{0}\times0{,}855^{n} \\ &= 0{,}855^{n}\end{aligned} donc p_n = 1-0{,}855^{n}.

PartieB ; 2.b Déterminer, en justifiant, la plus petite valeur de l'entier naturel n telle que p_n \geqslant 0,99.

\begin{aligned}p_n \geqslant 0{,}99 &\iff 1-0{,}855^{n} \geqslant 0{,}99 \\ &\iff 0{,}855^{n} \leqslant 0{,}01 \end{aligned}
En passant au logarithme népérien (croissant) : n\ln(0{,}855)\leqslant\ln(0{,}01), et comme \ln(0{,}855)<0, cela équivaut à n\geqslant\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}855)}.
Or \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}855)} \approx 29{,}4, donc c'est à partir de n= 30 que p_n\geqslant0{,}99.

PartieB ; 3.a On note F_n = X_n/n la fréquence de connexions instables dans un échantillon de n connexions. Calculer l'espérance E(F_n), sachant que V(F_n)=0,123975/n.

\begin{aligned}E(X_n) &= np \\ &= 0{,}145n\end{aligned} et par linéarité de l'espérance, E(F_n) = \dfrac{1}{n}E(X_n) = \dfrac{1}{n}\times0{,}145n = 0,145.

PartieB ; 3.b Vérifier que P(|F_n - 0,145| \geqslant 0,1) \leqslant 12,5/n.

D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à F_n avec une précision t=0{,}1 :
P(|F_n-E(F_n)|\geqslant t) \leqslant \dfrac{V(F_n)}{t^{2}}, donc \begin{aligned}P(|F_n-0{,}145|\geqslant0{,}1) &\leqslant \dfrac{0{,}123975/n}{0{,}01} \\ &= \dfrac{12{,}3975}{n}\end{aligned}
Comme 12{,}3975<12{,}5, on a bien P(|F_n-0{,}145|\geqslant0{,}1) \leqslant \dfrac{12{,}5}{n}.

PartieB ; 3.c Un responsable étudie un échantillon de 1 000 connexions et constate F_{1000}=0,3. Doit-il soupçonner un dysfonctionnement des serveurs ?

\begin{aligned}|0{,}3-0{,}145| &= 0{,}155 \\ &\geqslant 0{,}1\end{aligned} Cette observation réalise l'évènement \{|F_{1\,000}-0{,}145|\geqslant0{,}1\}.
D'après la question précédente, cet évènement a une probabilité inférieure ou égale à \dfrac{12{,}5}{1\,000}=0{,}0125 sous un fonctionnement normal : un tel écart est donc très peu probable si les serveurs fonctionnent normalement.
Le responsable a raison de soupçonner un dysfonctionnement.

PartieA ; 1. Victor réussit un panier à trois points avec une probabilité de 0,32. Il tente 15 lancers indépendants. On note N le nombre de paniers marqués. On admet que N suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.

L'épreuve est répétée 15 fois de façon indépendante, avec une probabilité de succès de 0{,}32 à chaque lancer : N suit la loi binomiale \mathcal{B}(15~;~0{,}32).

PartieA ; 2. Calculer la probabilité que Victor réussisse exactement 4 paniers.

P(N=4) = \dbinom{15}{4}\times0{,}32^{4}\times0{,}68^{11} \approx 0,206 (au millième).

PartieA ; 3. Déterminer la probabilité que Victor réussisse au plus 6 paniers.

À la calculatrice, P(N\leqslant6) \approx 0,828.

PartieA ; 4. Déterminer l'espérance de N.

\begin{aligned}E(N) &= n\times p \\ &= 15\times0{,}32 \\ &= 4{,}8\end{aligned} En moyenne, sur une série de 15 lancers, Victor marque 4,8 paniers.

PartieA ; 5.a On note T le nombre de points marqués. Exprimer T en fonction de N.

Chaque panier réussi rapporte 3 points : T=3N.

PartieA ; 5.b En déduire l'espérance de T et interpréter cette valeur.

Par linéarité de l'espérance, \begin{aligned}E(T) &= E(3N) \\ &= 3E(N) \\ &= 3\times4{,}8 \\ &= 14{,}4\end{aligned} En moyenne, Victor marque 14,4 points par série de 15 lancers à trois points.

PartieA ; 5.c Calculer P(12 \leq T \leq 18).

\begin{aligned}P(12\leqslant T\leqslant18) &= P(12\leqslant3N\leqslant18) \\ &= P(4\leqslant N\leqslant6)\end{aligned}
P(4\leqslant N\leqslant6) = P(N=4)+P(N=5)+P(N=6) \approx 0{,}206+0{,}213+0{,}167 \approx 0,586.

PartieB ; 1.a On note X les points marqués par Victor lors d'un match, avec E(X) = 22 et V(X) = 65. Victor joue n = 50 matchs indépendants suivant la même loi que X ; on pose M_{50}=(X_1+\dots+X_{50})/50. Que représente M_{50} ?

M_{50} représente la moyenne empirique, sur 50 matchs, du nombre de points marqués par Victor.

PartieB ; 1.b Déterminer l'espérance et la variance de M_{50}.

Chaque X_i suit la même loi que X, donc \begin{aligned}E(M_{50}) &= E(X) \\ &= 22\end{aligned}
Les X_i étant indépendantes : \begin{aligned}V(M_{50}) &= \dfrac{1}{50}V(X) \\ &= \dfrac{65}{50} \\ &= 1{,}3\end{aligned}

PartieB ; 1.c Démontrer que P(|M_{50}-22| \geqslant 3) \leqslant \dfrac{13}{90}.

D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour tout réel a>0 : P(|X-E(X)|\geqslant a) \leqslant \dfrac{V(X)}{a^{2}}.
Ici : \begin{aligned}P(|M_{50}-22|\geqslant3) &\leqslant \dfrac{V(M_{50})}{3^{2}} \\ &= \dfrac{1{,}3}{9} \\ &= \dfrac{13}{90}\end{aligned}

PartieB ; 1.d En déduire que la probabilité de l'évènement « 19 < M_{50} < 25 » est strictement supérieure à 0,85.

L'évènement « 19<M_{50}<25 » équivaut à |M_{50}-22|<3, donc P(|M_{50}-22|<3) = 1-P(|M_{50}-22|\geqslant3).
Comme P(|M_{50}-22|\geqslant3) \leqslant \dfrac{13}{90}, on a P(19<M_{50}<25) \geqslant 1-\dfrac{13}{90} = \dfrac{77}{90} \approx 0{,}856 > 0{,}85.

PartieB ; 2. Indiquer, en justifiant, si l'affirmation suivante est vraie ou fausse : « il n'existe aucun entier naturel n tel que P(|M_n-22| \geqslant 3) < 0,01 ».

D'après la loi faible des grands nombres, \lim\limits_{n\to+\infty}P(|M_n-E(X)|\geqslant t)=0 pour tout réel t>0, donc en particulier \lim\limits_{n\to+\infty}P(|M_n-22|\geqslant3)=0.
Il existe donc un rang N à partir duquel P(|M_n-22|\geqslant3)<0{,}01 : l'affirmation est fausse.
Autre méthode : l'inégalité de concentration donne P(|M_n-22|\geqslant3) \leqslant \dfrac{65}{9n}, et \begin{aligned}\dfrac{65}{9n} \leqslant 0{,}01 &\iff n \geqslant \dfrac{6\,500}{9} \\ &\approx 722{,}2\end{aligned} Dès n\geqslant723, l'inégalité voulue est vérifiée, ce qui confirme que l'affirmation est fausse.

PartieA ; 1. 95 % des jouets réussissent le test de fabrication F ; parmi eux, 98 % réussissent le test de sécurité S. Donner P(F) et P_F(S).

D'après l'énoncé : P(F)=0{,}95 et P_F(S)=0{,}98.

PartieA ; 2.a Construire un arbre pondéré illustrant la situation.

L'arbre a pour première branche P(F)=0{,}95 et P(\overline{F})=0{,}05 ; sur la branche F, P_F(S)=0{,}98 et P_F(\overline{S})=0{,}02 ; sur la branche \overline{F}, les probabilités P_{\overline{F}}(S) et P_{\overline{F}}(\overline{S}) restent à déterminer.

PartieA ; 2.b 1 % des jouets ne réussissent aucun des deux tests. Montrer que P_{\overline{F}}(\overline{S}) = 0,2.

D'après l'énoncé, P(\overline{F}\cap\overline{S})=0{,}01.
\begin{aligned}P_{\overline{F}}(\overline{S}) &= \dfrac{P(\overline{F}\cap\overline{S})}{P(\overline{F})} \\ &= \dfrac{0{,}01}{0{,}05} \\ &= 0{,}2\end{aligned}

PartieA ; 3. Calculer la probabilité que le jouet choisi réussisse les deux tests.

\begin{aligned}P(F\cap S) &= P(F)\times P_F(S) \\ &= 0{,}95\times0{,}98 \\ &= 0{,}931\end{aligned} soit 0,93 arrondi au centième.

PartieA ; 4. Montrer que la probabilité que le jouet réussisse le test de sécurité vaut 0,97 arrondi au centième.

\{F,\overline{F}\} forme une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales : P(S) = P(F\cap S)+P(\overline{F}\cap S).
\begin{aligned}P(\overline{F}\cap S) &= P(\overline{F})\times P_{\overline{F}}(S) \\ &= 0{,}05\times0{,}8 \\ &= 0{,}04\end{aligned}, car \begin{aligned}P_{\overline{F}}(S) &= 1-0{,}2 \\ &= 0{,}8\end{aligned}
P(S) = 0{,}931+0{,}04 = 0{,}971 \approx 0,97.

PartieA ; 5. Lorsque le jouet a réussi le test de sécurité, quelle est la probabilité qu'il réussisse le test de fabrication (arrondie au centième) ?

P_S(F) = \dfrac{P(F\cap S)}{P(S)} = \dfrac{0{,}931}{0{,}971} \approx 0,96.

PartieB ; 1. On note S_n le nombre de jouets sur n réussissant le test de fabrication, suivant la loi binomiale de paramètres n et 0,95. Exprimer E(S_n) et V(S_n) en fonction de n.

\begin{aligned}E(S_n) &= np \\ &= 0{,}95n\end{aligned} et \begin{aligned}V(S_n) &= np(1-p) \\ &= n\times0{,}95\times0{,}05 \\ &= 0{,}0475n\end{aligned}

PartieB ; 2.a Pour n = 150, déterminer une valeur approchée de P(S_{150} = 145) à 10^{-3} près et interpréter.

À la calculatrice : P(S_{150}=145) \approx 0,109.
Cela signifie que, dans environ 10,9 % des cas, exactement 145 des 150 jouets du lot réussissent le test de fabrication.

PartieB ; 2.b Déterminer la probabilité qu'au moins 94 % des jouets du lot réussissent le test de fabrication (arrondie à 10^{-3}).

94 % de 150 jouets correspond à 141 jouets : la probabilité cherchée est P(S_{150}\geqslant141).
À la calculatrice, P(S_{150}\geqslant141) \approx 0,781.

PartieB ; 3.a On pose F_n = S_n/n. Montrer que E(F_n) = 0,95 et V(F_n) = 0,0475/n.

\begin{aligned}E(F_n) &= E\left(\dfrac{S_n}{n}\right) \\ &= \dfrac{E(S_n)}{n} \\ &= \dfrac{0{,}95n}{n} \\ &= 0{,}95\end{aligned}
\begin{aligned}V(F_n) &= V\left(\dfrac{S_n}{n}\right) \\ &= \dfrac{V(S_n)}{n^{2}} \\ &= \dfrac{0{,}0475n}{n^{2}} \\ &= \dfrac{0{,}0475}{n}\end{aligned}

PartieB ; 3.b On note I l'évènement « la proportion de jouets réussissant le test de fabrication est strictement comprise entre 93 % et 97 % ». Déterminer, à l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, une taille de lot n à partir de laquelle P(I) \geq 0,96.

L'évènement I s'écrit |F_n-0{,}95|<0{,}02, donc P(I) = 1-P(|F_n-0{,}95|\geqslant0{,}02).
D'après Bienaymé-Tchebychev, avec t=0{,}02 : \begin{aligned}P(|F_n-0{,}95|\geqslant0{,}02) &\leqslant \dfrac{V(F_n)}{0{,}02^{2}} \\ &= \dfrac{0{,}0475}{0{,}0004\,n}\end{aligned}
On veut \begin{aligned}1-\dfrac{0{,}0475}{0{,}0004n} \geqslant 0{,}96 &\iff \dfrac{0{,}0475}{0{,}0004n} \leqslant 0{,}04 \\ &\iff n \geqslant \dfrac{0{,}0475}{0{,}04\times0{,}0004} \\ &\iff n \geqslant 2\,968{,}75\end{aligned}
Il faut donc un lot d'au moins 2 969 jouets pour garantir P(I)\geqslant0{,}96.

PartieA ; 1. Un contrôle en caisse automatique est total (T) une fois sur dix. Un contrôle total détecte une erreur dans 30 % des cas ; un contrôle partiel n'en détecte pas dans 85 % des cas. Construire un arbre pondéré et déterminer P(\overline{T} \cap E).

L'arbre pondéré donne : P(T)=0{,}1, P(\overline{T})=0{,}9 ; P_T(E)=0{,}3, P_T(\overline{E})=0{,}7 ; P_{\overline{T}}(E)=0{,}15, P_{\overline{T}}(\overline{E})=0{,}85.
\begin{aligned}P(\overline{T}\cap E) &= P(\overline{T})\times P_{\overline{T}}(E) \\ &= 0{,}9\times0{,}15 \\ &= 0{,}135\end{aligned}

PartieA ; 2. Calculer la probabilité qu'une erreur soit détectée lors d'un contrôle.

\{T,\overline{T}\} forme une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales :
\begin{aligned}P(E) &= P(T\cap E)+P(\overline{T}\cap E) \\ &= 0{,}1\times0{,}3+0{,}135 \\ &= 0{,}03+0{,}135 \\ &= 0{,}165\end{aligned}

PartieA ; 3. Déterminer la probabilité qu'un contrôle total ait été effectué, sachant qu'une erreur a été détectée (arrondie au centième).

P_E(T) = \dfrac{P(T\cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}1\times0{,}3}{0{,}165} \approx 0,18.

PartieB ; 1. Sur une journée, une caisse déclenche 15 contrôles ; la probabilité qu'un contrôle détecte une erreur est p = 0,165, indépendamment. X compte le nombre d'erreurs détectées. Préciser la loi et les paramètres de X.

X suit la loi binomiale de paramètres n=15 et p=0{,}165.

PartieB ; 2. Déterminer la probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées (arrondie au centième).

P(X=5) = \dbinom{15}{5}\times0{,}165^{5}\times0{,}835^{10} \approx 0,06.

PartieB ; 3. Déterminer la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée (arrondie au centième).

P(X\geqslant1) = 1-P(X=0) = 1-0{,}835^{15} \approx 0,93.

PartieB ; 4. Déterminer le nombre de contrôles à déclencher chaque jour pour que la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée dépasse 99 %.

Avec n contrôles, on veut \begin{aligned}1-0{,}835^{n} \geqslant 0{,}99 &\iff 0{,}835^{n} \leqslant 0{,}01 \end{aligned}
En passant au logarithme népérien : n\ln(0{,}835)\leqslant\ln(0{,}01), et comme \ln(0{,}835)<0 : \begin{aligned}n &\geqslant \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} \\ &\approx 25{,}5\end{aligned}
Il faut donc déclencher au moins 26 contrôles par jour.

PartieC ; 1. Trois caisses déclenchent chacune 20 contrôles ; X_1, X_2, X_3 (nombre d'erreurs par caisse) suivent chacune la loi binomiale de paramètres 20 et 0,165. Déterminer E(X_1) et V(X_1).

\begin{aligned}E(X_1) &= np \\ &= 20\times0{,}165 \\ &= 3{,}3\end{aligned} et \begin{aligned}V(X_1) &= np(1-p) \\ &= 20\times0{,}165\times0{,}835 \\ &= 2{,}7555\end{aligned}

PartieC ; 2. On pose S = X_1+X_2+X_3. Justifier que E(S) = 9,9 et V(S) = 8,2665, puis montrer, à l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, que P(6 < S < 14) > 0,48.

Par linéarité de l'espérance : \begin{aligned}E(S) &= 3\times E(X_1) \\ &= 3\times3{,}3 \\ &= 9{,}9\end{aligned}
Les X_i étant indépendantes, par additivité de la variance : \begin{aligned}V(S) &= 3\times V(X_1) \\ &= 3\times2{,}7555 \\ &= 8{,}2665\end{aligned}
L'évènement « 6<S<14 » (avec E(S)\approx10) équivaut à |S-10|<4, donc P(|S-10|<4) = 1-P(|S-10|\geqslant4).
D'après Bienaymé-Tchebychev, avec t=4 : \begin{aligned}P(|S-10|\geqslant4) &\leqslant \dfrac{V(S)}{4^{2}} \\ &= \dfrac{8{,}2665}{16}\end{aligned}
Donc P(|S-10|<4) \geqslant 1-\dfrac{8{,}2665}{16} \approx 0{,}483 > 0{,}48.

1.Dans la population française, 45 % sont du groupe A (85 % rhésus+), 10 % du groupe B (84 % rhésus+), 3 % du groupe AB (82 % rhésus+), le reste du groupe O. Compléter l'arbre pondéré.

Le reste correspond au groupe O : 1-0{,}45-0{,}10-0{,}03=0{,}42. L'arbre a pour première branche P(A)=0{,}45, P(B)=0{,}10, P(AB)=0{,}03, P(O)=0{,}42, puis sur chaque branche P_A(R)=0{,}85, P_B(R)=0{,}84, P_{AB}(R)=0{,}82 (les probabilités P_O(R) ne sont pas encore connues à ce stade).

2.Montrer que P(B\cap R) = 0,084 et interpréter.

\begin{aligned}P(B\cap R) &= P(B)\times P_B(R) \\ &= 0{,}10\times0{,}84 \\ &= 0{,}084\end{aligned}
Cela signifie que 8,4 % de la population française est à la fois de groupe sanguin B et de rhésus positif.

3.On précise que P(R) = 0,8397. Montrer que P_O(R) = 0,83.

Les évènements A, B, AB, O forment une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales :
P(R) = P(A\cap R)+P(B\cap R)+P(AB\cap R)+P(O\cap R), soit \begin{aligned}P(O\cap R) &= 0{,}8397-0{,}45\times0{,}85-0{,}084-0{,}03\times0{,}82 \\ &= 0{,}3486\end{aligned}
\begin{aligned}P_O(R) &= \dfrac{P(O\cap R)}{P(O)} \\ &= \dfrac{0{,}3486}{0{,}42} \\ &= 0{,}83\end{aligned}

4.Un donneur universel est de groupe O et de rhésus négatif. Montrer que la probabilité qu'un individu soit donneur universel est 0,0714.

On cherche \begin{aligned}P(O\cap\overline{R}) &= P(O)\times P_O(\overline{R}) \\ &= P(O)\times(1-P_O(R))\end{aligned}
\begin{aligned}P(O\cap\overline{R}) &= 0{,}42\times(1-0{,}83) \\ &= 0{,}42\times0{,}17 \\ &= 0{,}0714\end{aligned}

5.aSur un échantillon de 100 personnes (tirage avec remise), X compte le nombre de donneurs universels. Justifier que X suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.

L'épreuve « être donneur universel », de probabilité p=0{,}0714, est répétée 100 fois de façon indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise) : X suit la loi binomiale de paramètres n=100 et p=0{,}0714.

5.bDéterminer, à 10^{-3} près, la probabilité qu'il y ait au plus 7 donneurs universels dans l'échantillon.

À la calculatrice, P(X\leqslant7) \approx 0,577.

5.cMontrer que E(X) = 7,14 et V(X) \approx 6,63 (à 10^{-2} près).

\begin{aligned}E(X) &= np \\ &= 100\times0{,}0714 \\ &= 7{,}14\end{aligned} et \begin{aligned}V(X) &= np(1-p) \\ &= 100\times0{,}0714\times0{,}9286 \\ &\approx 6{,}63\end{aligned}

6.On organise une collecte dans N villes ; X_1,\dots,X_N (indépendantes, même loi que X) comptent les donneurs universels par ville, avec E=7,14 et V=6,63. On pose M_N=(X_1+\dots+X_N)/N. Que représente M_N ?

M_N représente le nombre moyen de donneurs universels par collecte, sur les N collectes organisées.

7.Calculer E(M_N).

M_N étant la moyenne empirique de variables de même loi que X : \begin{aligned}E(M_N) &= E(X) \\ &= 7{,}14\end{aligned}

8.Montrer que V(M_N) = 6,63/N.

\begin{aligned}V(M_N) &= \dfrac{V(X)}{N} \\ &= \dfrac{6{,}63}{N}\end{aligned}

9.Déterminer la plus petite valeur de N pour laquelle l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d'affirmer que P(7 < M_N < 7,28) \geq 0,95.

L'évènement « 7<M_N<7{,}28 » équivaut à |M_N-7{,}14|<0{,}14, donc P(|M_N-7{,}14|<0{,}14) = 1-P(|M_N-7{,}14|\geqslant0{,}14).
On veut P(|M_N-7{,}14|\geqslant0{,}14)\leqslant0{,}05. D'après Bienaymé-Tchebychev, avec t=0{,}14 : P(|M_N-7{,}14|\geqslant0{,}14) \leqslant \dfrac{6{,}63}{N\times0{,}14^{2}}.
On veut donc \begin{aligned}\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \leqslant 0{,}05 &\iff N \geqslant \dfrac{6{,}63}{0{,}05\times0{,}0196} \\ &\approx 6\,765{,}3\end{aligned}
La plus petite valeur qui convient est donc N=6\,766.

PartieA ; 1. Dans un centre multisports, une personne peut chuter en séance 1 (A, P(A)=0,6) puis en séance 2 (B) ; P_A(B)=0,3 et P_{\overline{A}}(B)=0,4. Représenter la situation par un arbre pondéré.

L'arbre a pour première branche P(A)=0{,}6, P(\overline{A})=0{,}4, puis P_A(B)=0{,}3, P_A(\overline{B})=0{,}7, P_{\overline{A}}(B)=0{,}4, P_{\overline{A}}(\overline{B})=0{,}6.

PartieA ; 2. Calculer P(\overline{A} \cap \overline{B}) et interpréter.

\begin{aligned}P(\overline{A}\cap\overline{B}) &= P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(\overline{B}) \\ &= 0{,}4\times0{,}6 \\ &= 0{,}24\end{aligned}
Cela signifie que 24 % des personnes ne chutent ni lors de la première ni lors de la deuxième séance.

PartieA ; 3. Montrer que P(B) = 0,34.

\{A,\overline{A}\} forme une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales : \begin{aligned}P(B) &= P(A)\times P_A(B)+P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(B) \\ &= 0{,}6\times0{,}3+0{,}4\times0{,}4 \\ &= 0{,}18+0{,}16 \\ &= 0{,}34\end{aligned}

PartieA ; 4. Sachant que la personne n'a pas chuté à la deuxième séance, calculer la probabilité qu'elle n'ait pas chuté à la première.

P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A}\cap\overline{B})}{P(\overline{B})} = \dfrac{0{,}24}{1-0{,}34} = \dfrac{0{,}24}{0{,}66} \approx 0,364.

PartieA ; 5.a Sur un échantillon de 100 personnes (tirage avec remise), X compte celles n'ayant chuté ni à la première ni à la deuxième séance (probabilité 0,24). Justifier la loi de X et ses paramètres.

L'épreuve « ne pas chuter » (probabilité 0{,}24) est répétée 100 fois de façon indépendante : X suit la loi binomiale de paramètres n=100 et p=0{,}24.

PartieA ; 5.b Quelle est la probabilité d'avoir au moins 20 personnes sur 100 n'ayant chuté à aucune des deux séances ?

P(X\geqslant20) = 1-P(X\leqslant19) \approx 1-0{,}145 \approx 0,855.

PartieA ; 5.c Calculer E(X) et interpréter.

\begin{aligned}E(X) &= np \\ &= 100\times0{,}24 \\ &= 24\end{aligned} En moyenne, sur 100 personnes, 24 ne chuteront ni lors de la première ni lors de la deuxième séance.

PartieB ; 1. T_1 (temps d'attente samedi, E=40, écart-type=10) et T_2 (dimanche, E=60, écart-type=16) sont indépendantes ; T=T_1+T_2. Déterminer E(T) et interpréter.

Par linéarité de l'espérance : \begin{aligned}E(T) &= E(T_1)+E(T_2) \\ &= 40+60 \\ &= 100\end{aligned} Il faut attendre en moyenne 100 minutes sur les deux jours.

PartieB ; 2. Montrer que V(T) = 356.

T_1 et T_2 étant indépendantes : \begin{aligned}V(T) &= V(T_1)+V(T_2) \\ &= \sigma(T_1)^{2}+\sigma(T_2)^{2} \\ &= 10^{2}+16^{2} \\ &= 100+256 \\ &= 356\end{aligned}

PartieB ; 3. À l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que P(60 < T < 140) > 0,77.

L'évènement « 60<T<140 » équivaut à |T-100|<40 (en centrant sur E(T)=100).
D'après Bienaymé-Tchebychev, avec t=40 : \begin{aligned}P(|T-100|\geqslant40) &\leqslant \dfrac{V(T)}{40^{2}} \\ &= \dfrac{356}{1\,600}\end{aligned}
Donc P(|T-100|<40) \geqslant 1-\dfrac{356}{1\,600} = \dfrac{1\,244}{1\,600} \approx 0{,}7775 > 0{,}77.

PartieA ; 1.a Une donnée binaire (0 ou 1) est transmise de machine en machine, fidèlement (90 %) ou de façon contraire (10 %). V_n : « la n-ième machine détient 1 ». Compléter l'arbre de probabilité.

Chaque transmission fidèle a une probabilité 0,9 et chaque transmission contraire 0,1 : l'arbre a pour branches P_{V_n}(V_{n+1})=0{,}9, P_{V_n}(\overline{V_{n+1}})=0{,}1, P_{\overline{V_n}}(V_{n+1})=0{,}1, P_{\overline{V_n}}(\overline{V_{n+1}})=0{,}9.

PartieA ; 1.b Démontrer que P(V_3) = 0,82 et interpréter.

\{V_2,\overline{V_2}\} forme une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales : P(V_3) = P(V_2)\times P_{V_2}(V_3)+P(\overline{V_2})\times P_{\overline{V_2}}(V_3).
P(V_2)=0{,}9 (car P(V_1)=1), donc \begin{aligned}P(V_3) &= 0{,}9\times0{,}9+0{,}1\times0{,}1 \\ &= 0{,}81+0{,}01 \\ &= 0{,}82\end{aligned}
Cela signifie qu'il y a 82 % de chances que la troisième machine détienne la valeur 1.

PartieA ; 1.c Sachant que la troisième machine a reçu 1, calculer la probabilité que la deuxième ait aussi reçu 1.

P_{V_3}(V_2) = \dfrac{P(V_2\cap V_3)}{P(V_3)} = \dfrac{0{,}9\times0{,}9}{0{,}82} = \dfrac{81}{82} \approx 0,988.

PartieA ; 2.a On note p_n=P(V_n), p_1=1. Démontrer que, pour tout entier n \geq 1, p_{n+1} = 0,8p_n + 0,1.

\{V_n,\overline{V_n}\} forme une partition, donc \begin{aligned}p_{n+1} &= P(V_n)\times P_{V_n}(V_{n+1})+P(\overline{V_n})\times P_{\overline{V_n}}(V_{n+1}) \\ &= 0{,}9p_n+0{,}1(1-p_n)\end{aligned}
\begin{aligned}p_{n+1} &= 0{,}9p_n+0{,}1-0{,}1p_n \\ &= 0{,}8p_n+0{,}1\end{aligned}

PartieA ; 2.b Démontrer par récurrence que, pour tout entier n \geq 1, p_n = 0,5 \times 0,8^{n-1} + 0,5.

Initialisation : pour n=1, \begin{aligned}0{,}5\times0{,}8^{0}+0{,}5 &= 0{,}5+0{,}5 \\ &= 1 \\ &= p_1\end{aligned} La propriété est vraie au rang 1.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n\geqslant1, p_n=0{,}5\times0{,}8^{n-1}+0{,}5. Alors : \begin{aligned}p_{n+1} &= 0{,}8p_n+0{,}1 \\ &= 0{,}8(0{,}5\times0{,}8^{n-1}+0{,}5)+0{,}1 \\ &= 0{,}5\times0{,}8^{n}+0{,}4+0{,}1 \\ &= 0{,}5\times0{,}8^{n}+0{,}5\end{aligned} La propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n\geqslant1, p_n=0{,}5\times0{,}8^{n-1}+0{,}5.

PartieA ; 2.c Calculer la limite de p_n et interpréter.

Comme {-1<0{,}8<1}, \lim\limits_{n\to+\infty}0{,}8^{n-1}=0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}p_n = 0{,}5.
Quand le nombre de machines tend vers l'infini, la probabilité que la dernière détienne la valeur 1 tend vers 0,5 (la donnée devient totalement aléatoire).

PartieB ; 1. On donne un script Python simulation(n) (donnee=1 ; puis pour chaque étape : if rand()<0.1: donnee=1-donnee). Déterminer le rôle des lignes « if rand()<0.1 » et « donnee=1-donnee ».

rand() renvoie un nombre aléatoire de [0~;~1[ ; la condition rand()<0.1 est donc vraie avec une probabilité de 0{,}1 (proportionnelle à la longueur de l'intervalle [0~;~0{,}1[).
Cette ligne simule donc l'évènement « transmission contraire » (probabilité 0,1) ; la ligne donnee = 1 - donnee inverse alors la valeur (0 devient 1, 1 devient 0), simulant cette transmission contraire.

PartieB ; 2. Calculer la probabilité que simulation(4) renvoie [1,1,1,1,1] et que simulation(6) renvoie [1,0,1,0,0,1,1].

[1,1,1,1,1] correspond à 4 transmissions fidèles successives : P = 0{,}9^{4} = 0{,}6561 \approx 0,656.
[1,0,1,0,0,1,1] correspond à 3 transmissions contraires, puis fidèle, puis contraire, puis fidèle : P = 0{,}1^{3}\times0{,}9\times0{,}1\times0{,}9 = 0{,}9^{2}\times0{,}1^{4} = 8{,}1\times10^{-5} \approx 0,000 (au millième).

1.Un magasin relève les prix de cinq vêtements : 12 €, 15 €, 10 €, 7 € et 13 €. Affirmation A : la moyenne des prix est 11,40 €. Affirmation B : la médiane des prix est 10 €. Ces affirmations sont-elles vraies ou fausses ?

Affirmation A : la moyenne vaut \begin{aligned}\dfrac{12+15+10+7+13}{5} &= \dfrac{57}{5} \\ &= 11{,}4\end{aligned} €. L'affirmation A est vraie.
Affirmation B : en rangeant les prix dans l'ordre croissant, on obtient 7~;~10~;~12~;~13~;~15. La valeur centrale (la 3e sur 5) est 12 €, donc la médiane est 12 € et non 10 €. L'affirmation B est fausse.

2.Lors d'un entraînement, une élève parcourt 20 m en 6 secondes. Affirmation C : sa vitesse moyenne est de 14 km/h. Vrai ou faux ?

La vitesse moyenne est \begin{aligned}v &= \dfrac{\text{distance}}{\text{temps}} \\ &= \dfrac{20}{6} \\ &\approx 3{,}33\end{aligned} m/s.
Pour convertir en km/h, on multiplie par 3,6 (puisque 1 m/s = 3{,}6 km/h) : 3{,}33\times3{,}6 \approx 12 km/h.
La vitesse moyenne de l'élève est donc d'environ 12 km/h, et non 14 km/h. L'affirmation C est fausse.

3.Une urne contient 15 boules indiscernables au toucher, numérotées de 1 à 15. Affirmation D : la probabilité de tirer une boule portant un nombre premier est \dfrac{7}{15}. Vrai ou faux ?

Les nombres premiers compris entre 1 et 15 sont 2, 3, 5, 7, 11 et 13 : il y en a 6.
La probabilité de tirer un nombre premier est donc \dfrac{6}{15} = \dfrac{2}{5}, et non \dfrac{7}{15}. L'affirmation D est fausse.

4.Le triangle A'B'C' est l'image du triangle ABC par l'homothétie de centre O et de rapport (-3). Affirmation E : l'aire du triangle A'B'C' est égale à 3 fois l'aire du triangle ABC. Vrai ou faux ?

Une homothétie de rapport k multiplie les longueurs par |k|, et donc les aires par k^2.
Ici k=-3, donc les aires sont multipliées par (-3)^2 = 9, et non par 3.
L'aire du triangle A'B'C' est donc égale à 9 fois celle du triangle ABC, et non à 3 fois. L'affirmation E est fausse.

Troisaffirmations sont proposées ; pour chacune, il fallait dire si elle est vraie ou fausse en justifiant. 1. Un assemblage de quatre cubes identiques est représenté en perspective cavalière (trois cubes posés sur un même plan et un quatrième cube posé au-dessus). Affirmation 1 : « La vue de droite de cet assemblage est un rectangle simple, sans trait supplémentaire. » Vrai ou faux ?

L'affirmation est fausse.
Le solide comporte un cube supplémentaire posé au-dessus des trois autres. Sur n'importe quelle vue latérale (de face, de dos, de gauche ou de droite), ce cube du dessus doit apparaître comme un rectangle plus petit, dessiné au-dessus (ou empiétant sur) le contour du reste du solide.
Un simple rectangle plein, sans trait indiquant la présence de ce cube supplémentaire, ne peut donc pas être la bonne vue de droite.

2.Sur un schéma (non fourni à l'échelle), cinq points U, O, S, D, N sont placés de sorte que S, N, O soient alignés dans cet ordre et que S, U, D soient alignés dans cet ordre, avec ON = 6 cm, SU = 5 cm et UD = 6 cm. Affirmation 2 : « Les droites (NU) et (OD) sont parallèles. » Vrai ou faux ?

L'affirmation est fausse.
Les points S, N, O sont alignés dans cet ordre, avec ON = 6 cm : N est le milieu de [SO], donc \dfrac{\text{SN}}{\text{SO}} = \dfrac12.
Les points S, U, D sont alignés dans cet ordre, avec SU = 5 cm et UD = 6 cm, donc SD = SU + UD = 11 cm, et \dfrac{\text{SU}}{\text{SD}} = \dfrac{5}{11}.
Or \dfrac12 \neq \dfrac{5}{11} (on peut comparer 1\times11=11 et 2\times5=10, qui sont différents).
D'après la contraposée du théorème de Thalès, les droites (NU) et (OD) ne sont donc pas parallèles.

3.Une urne opaque contient 4 boules rouges et 6 boules bleues indiscernables au toucher ; on y tire une boule au hasard. Un dé non truqué à 6 faces numérotées de 1 à 6 est lancé. Affirmation 3 : « La probabilité de tirer une boule bleue dans l'urne est supérieure à la probabilité d'obtenir un nombre pair avec le dé. » Vrai ou faux ?

L'affirmation est vraie.
Les boules étant indiscernables au toucher, le tirage dans l'urne est équiprobable : l'urne contient 4+6=10 boules dont 6 bleues, donc P(\text{bleue}) = \dfrac{6}{10} = \dfrac35 = 0,6.
Le dé étant non truqué, chaque face a la même probabilité : les issues paires sont 2, 4 et 6, soit 3 issues favorables sur 6, donc P(\text{pair}) = \dfrac36 = \dfrac12 = 0,5.
Comme 0,6 > 0,5, la probabilité d'obtenir une boule bleue est bien supérieure à celle d'obtenir un nombre pair.

PartieA ; 1. Au 11 mai 2020, 5,7 % des adultes français avaient été infectés par la COVID-19. On prélève un individu au hasard ; quelle est la probabilité qu'il ait déjà été infecté (évènement I) ?

Par équiprobabilité, P(I) = 0{,}057.

PartieA ; 2.a On prélève 100 personnes (tirage assimilé avec remise) ; X compte les personnes déjà infectées. Justifier que X suit une loi binomiale et donner ses paramètres.

L'épreuve « être déjà infecté » (probabilité 0,057) est répétée 100 fois de façon indépendante : X suit la loi binomiale de paramètres n=100 et p=0{,}057.

PartieA ; 2.b Calculer son espérance et interpréter.

\begin{aligned}E(X) &= 100\times0{,}057 \\ &= 5{,}7\end{aligned} En moyenne, un échantillon de 100 adultes contient 5,7 personnes déjà infectées.

PartieA ; 2.c Quelle est la probabilité qu'aucune personne de l'échantillon ne soit infectée (à 10^{-4} près) ?

P(X=0) = 0{,}943^{100} \approx 0,0028.

PartieA ; 2.d Quelle est la probabilité qu'au moins 2 personnes soient infectées (à 10^{-4} près) ?

P(X\geqslant2) = 1-P(X\leqslant1) \approx 0,9801.

PartieA ; 2.e Déterminer le plus petit entier n tel que P(X\leqslant n)>0{,}9, et interpréter.

À la calculatrice, P(X\leqslant8)\approx0{,}883 et P(X\leqslant9)\approx0{,}941 : le plus petit entier est n=9. Il y a plus de 9 chances sur 10 que l'échantillon contienne au plus 9 personnes déjà infectées.

PartieB ; 1. Un test a une sensibilité de 0,8 (P_I(T), test positif sachant infecté) et une spécificité de 0,99 (P_{\overline{I}}(\overline{T})). Compléter l'arbre de probabilités.

P(I)=0{,}057, P(\overline{I})=0{,}943 ; P_I(T)=0{,}8, P_I(\overline{T})=0{,}2 ; P_{\overline{I}}(T)=0{,}01, P_{\overline{I}}(\overline{T})=0{,}99.

PartieB ; 2. Montrer que P(T) = 0{,}05503.

Par les probabilités totales : \begin{aligned}P(T) &= P(I\cap T)+P(\overline{I}\cap T) \\ &= 0{,}057\times0{,}8+0{,}943\times0{,}01 \\ &= 0{,}0456+0{,}00943 \\ &= 0{,}05503\end{aligned}

PartieB ; 3. Quelle est la probabilité qu'un individu ait été infecté sachant que son test est positif (à 10^{-4} près) ?

P_T(I) = \dfrac{P(I\cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}0456}{0{,}05503} \approx 0,8286.

PartieC. Dans un autre pays, avec le même test, la proportion de tests positifs est de 29,44 %. Quelle est la probabilité qu'un individu choisi au hasard ait été infecté ?

En notant x la proportion d'infectés : \begin{aligned}P(T) &= 0{,}8x+0{,}01(1-x) \\ &= 0{,}79x+0{,}01\end{aligned}
\begin{aligned}0{,}79x+0{,}01 = 0{,}2944 &\iff 0{,}79x = 0{,}2844 \\ &\iff x = 0{,}36 \end{aligned} La probabilité d'avoir été infecté est 0,36 (36 % de la population).

1.Léa estime que si elle gagne une partie, elle gagne la suivante dans 70 % des cas ; si elle perd, elle gagne la suivante avec probabilité 0,2 ; et g_1=0{,}5. Quelle est la valeur de P_{G_1}(D_2) ?

Si Léa gagne la première partie, elle perd la deuxième dans 1-0{,}7 = 0{,}3 des cas : P_{G_1}(D_2) = 0{,}3.

2.Compléter l'arbre de probabilités des deux premières parties.

P(G_1)=0{,}5, P(D_1)=0{,}5 ; P_{G_1}(G_2)=0{,}7, P_{G_1}(D_2)=0{,}3 ; P_{D_1}(G_2)=0{,}2, P_{D_1}(D_2)=0{,}8.

3.Calculer g_2.

Par les probabilités totales : \begin{aligned}g_2 &= 0{,}5\times0{,}7+0{,}5\times0{,}2 \\ &= 0{,}35+0{,}1 \\ &= 0{,}45\end{aligned}

4.aCompléter l'arbre pour les parties n et n+1.

Depuis G_n (probabilité g_n) : P_{G_n}(G_{n+1})=0{,}7, P_{G_n}(D_{n+1})=0{,}3 ; depuis D_n (probabilité 1-g_n) : P_{D_n}(G_{n+1})=0{,}2, P_{D_n}(D_{n+1})=0{,}8.

4.bJustifier que, pour tout entier naturel n non nul, g_{n+1} = 0{,}5g_n+0{,}2.

\{G_n,D_n\} forme une partition : \begin{aligned}g_{n+1} &= g_n\times0{,}7+(1-g_n)\times0{,}2 \\ &= 0{,}7g_n+0{,}2-0{,}2g_n \\ &= 0{,}5g_n+0{,}2\end{aligned}

5.aOn pose v_n = g_n-0{,}4. Montrer que (v_n) est géométrique, en précisant premier terme et raison.

\begin{aligned}v_{n+1} &= g_{n+1}-0{,}4 \\ &= 0{,}5g_n-0{,}2 \\ &= 0{,}5(v_n+0{,}4)-0{,}2 \\ &= 0{,}5v_n\end{aligned} (v_n) est géométrique de raison 0,5, de premier terme \begin{aligned}v_1 &= 0{,}5-0{,}4 \\ &= 0{,}1\end{aligned}

5.bMontrer que, pour tout n non nul, g_n = 0{,}1\times0{,}5^{n-1}+0{,}4.

\begin{aligned}v_n &= v_1\times0{,}5^{n-1} \\ &= 0{,}1\times0{,}5^{n-1}\end{aligned} donc \begin{aligned}g_n &= v_n+0{,}4 \\ &= 0{,}1\times0{,}5^{n-1}+0{,}4\end{aligned}

6.Étudier les variations de la suite (g_n).

g_{n+1}-g_n = 0{,}1\times0{,}5^{n-1}(0{,}5-1) = -0{,}1\times0{,}5^n < 0 : la suite (g_n) est strictement décroissante.

7.Donner la limite de la suite (g_n) et interpréter.

Comme {-1<0{,}5<1}, 0{,}5^{n-1}\to0 : \lim\limits_{n\to+\infty}g_n = 0{,}4. Sur le long terme, Léa gagne environ 40 % de ses parties.

8.Déterminer, par le calcul, le plus petit entier n tel que g_n-0{,}4\leqslant0{,}001.

\begin{aligned}0{,}1\times0{,}5^{n-1} \leqslant 0{,}001 &\iff 0{,}5^{n-1} \leqslant 0{,}01 \\ &\iff (n-1)\ln(0{,}5) \leqslant \ln(0{,}01) \end{aligned}
\begin{aligned}n-1 &\geqslant \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}5)} \\ &\approx 6{,}64\end{aligned} (le sens change car \ln(0{,}5)<0), donc n\geqslant7{,}64 : le plus petit entier est n=8.

9.Compléter la fonction Python seuil(e) (initialisée avec g=0.5, n=1) pour qu'elle renvoie le plus petit rang à partir duquel g_n\leqslant0{,}4+e.

Ligne 4 : while g > 0.4 + e : ; ligne 6 : n = n + 1.

1.Un sac contient 8 jetons numérotés de 1 à 8 ; on pioche trois fois avec remise et on note la liste ordonnée des numéros. Déterminer le nombre de tirages possibles.

Chaque pioche offre 8 possibilités, avec remise : il y a 8^3 = 512 tirages possibles.

2.aDéterminer le nombre de tirages sans répétition de numéro.

Sans répétition, on a 8 choix pour le premier numéro, 7 pour le deuxième, 6 pour le troisième : 8\times7\times6 = 336 tirages.

2.bEn déduire le nombre de tirages contenant au moins une répétition.

512-336 = 176 tirages avec au moins une répétition (complémentaire des tirages sans répétition).

3.On note X_1 le numéro du premier jeton pioché. Établir la loi de probabilité de X_1.

Les jetons étant indiscernables, la loi est équirépartie : P(X_1=k) = \dfrac18 pour chaque k de 1 à 8.

4.Déterminer l'espérance de X_1.

E(X_1) = \dfrac{1+2+\dots+8}{8} = \dfrac{36}{8} = 4,5.

5.On pose S = X_1+X_2+X_3. Déterminer l'espérance de S.

Par linéarité, et les trois variables suivant la même loi : E(S) = 3\times E(X_1) = 3\times4{,}5 = 13,5.

6.Déterminer P(S=24).

La somme 24 n'est réalisée que par le tirage (8 ; 8 ; 8), une issue sur 512 : P(S=24) = \dfrac{1}{512}.

7.aUn joueur gagne un lot si S\geqslant22. Justifier qu'il existe exactement 10 tirages gagnants.

S=24 : uniquement (8;8;8), soit 1 tirage. S=23 : la somme 7+8+8, avec 3 positions possibles pour le 7, soit 3 tirages.
S=22 : les sommes 6+8+8 et 7+7+8, chacune donnant 3 tirages (3 positions du numéro isolé), soit 6 tirages.
Total : 1+3+6 = 10 tirages gagnants.

7.bEn déduire la probabilité de gagner un lot.

\begin{aligned}P(S\geqslant22) &= \dfrac{10}{512} \\ &= \dfrac{5}{256}\end{aligned}

1.Les achats d'un téléviseur se font sur internet (60 %), en magasin d'électroménager (30 %) ou en grande surface (10 %), avec des taux de satisfaction de 75 %, 90 % et 80 %. Compléter l'arbre pondéré.

P(I)=0{,}6, P(M)=0{,}3, P(G)=0{,}1 ; P_I(S)=0{,}75, P_I(\overline{S})=0{,}25 ; P_M(S)=0{,}9, P_M(\overline{S})=0{,}1 ; P_G(S)=0{,}8, P_G(\overline{S})=0{,}2.

2.Calculer la probabilité que le client ait acheté sur internet et soit satisfait.

\begin{aligned}P(I\cap S) &= 0{,}6\times0{,}75 \\ &= 0{,}45\end{aligned}

3.Démontrer que P(S)=0{,}8.

Par les probabilités totales : \begin{aligned}P(S) &= 0{,}45+0{,}3\times0{,}9+0{,}1\times0{,}8 \\ &= 0{,}45+0{,}27+0{,}08 \\ &= 0{,}8\end{aligned}

4.Un client est satisfait. Quelle est la probabilité qu'il ait acheté sur internet (à 10^{-3} près) ?

P_S(I) = \dfrac{P(I\cap S)}{P(S)} = \dfrac{0{,}45}{0{,}8} = \dfrac{9}{16} \approx 0,563.

5.aOn contacte 30 clients (tirage assimilé avec remise) ; X compte les satisfaits. Justifier que X suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.

Chaque client est une épreuve à deux issues (satisfait, probabilité 0,8), répétée 30 fois de façon indépendante : X suit la loi binomiale de paramètres n=30 et p=0{,}8.

5.bDéterminer la probabilité qu'au moins 25 clients soient satisfaits (à 10^{-3} près).

P(X\geqslant25) = 1-P(X\leqslant24) \approx 1-0{,}572 = 0,428.

6.Déterminer la taille minimale de l'échantillon pour que la probabilité qu'au moins un client ne soit pas satisfait soit supérieure à 0,99.

La probabilité que tous soient satisfaits est 0{,}8^n : on veut 1-0{,}8^n>0{,}99 \iff 0{,}8^n<0{,}01.
n\ln(0{,}8)<\ln(0{,}01), donc n>\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}8)}\approx20{,}6 : il faut contacter au moins 21 clients.

7.aLe temps de livraison est T = T_1+T_2, avec T_1 et T_2 indépendantes, E(T_1)=4, V(T_1)=2, E(T_2)=3, V(T_2)=1. Déterminer E(T) et V(T).

\begin{aligned}E(T) &= 4+3 \\ &= 7\end{aligned} par indépendance, \begin{aligned}V(T) &= 2+1 \\ &= 3\end{aligned}

7.bJustifier que la probabilité que le téléviseur arrive entre 5 et 9 jours est supérieure ou égale à \dfrac{2}{3}.

« {5\leqslant T\leqslant9} » contient l'évènement |T-7|<3 (les valeurs de T étant entières), dont la probabilité vaut 1-P(|T-7|\geqslant3).
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne \begin{aligned}P(|T-7|\geqslant3) &\leqslant \dfrac{V(T)}{9} \\ &= \dfrac39 \\ &= \dfrac13\end{aligned}
Donc \begin{aligned}P(5\leqslant T\leqslant9) &\geqslant 1-\dfrac13 \\ &= \dfrac23\end{aligned}

1.À l'issue d'un examen, 91,7 % des étudiants ont répondu « oui » à la question « Pensez-vous avoir réussi ? » ; 65 % des étudiants ayant échoué ont répondu « non », et 98 % de ceux ayant réussi ont répondu « oui ». Préciser P(Q) et P_{\overline{R}}(\overline{Q}).

P(Q) = 0{,}917 (proportion de « oui ») et P_{\overline{R}}(\overline{Q}) = 0{,}65 (probabilité d'avoir répondu « non » sachant qu'on a échoué).

2.aEn notant x = P(R), compléter l'arbre pondéré.

P(R)=x, P(\overline{R})=1-x ; P_R(Q)=0{,}98, P_R(\overline{Q})=0{,}02 ; P_{\overline{R}}(Q)=0{,}35, P_{\overline{R}}(\overline{Q})=0{,}65.

2.bMontrer que x=0{,}9.

Par les probabilités totales : \begin{aligned}P(Q) &= 0{,}98x+0{,}35(1-x) \\ &= 0{,}63x+0{,}35\end{aligned}
\begin{aligned}0{,}63x+0{,}35 = 0{,}917 &\iff 0{,}63x = 0{,}567 \\ &\iff x = 0{,}9 \end{aligned}

3.L'étudiant interrogé a répondu « oui ». Quelle est la probabilité qu'il ait réussi l'examen (à 10^{-3} près) ?

P_Q(R) = \dfrac{P(Q\cap R)}{P(Q)} = \dfrac{0{,}9\times0{,}98}{0{,}917} \approx 0,962.

4.La note N suit la loi binomiale de paramètres (20 ; 0,615). À partir de quelle note la directrice doit-elle récompenser pour que 65 % des étudiants le soient ?

À la calculatrice : P(N\geqslant11)\approx0{,}797 et P(N\geqslant12)\approx0{,}649 : en récompensant à partir de la note 11, environ 80 % des étudiants sont récompensés, ce qui est le premier seuil garantissant au moins 65 %.

5.Les notes N_1,\dots,N_{10} de dix étudiants sont indépendantes et suivent la même loi binomiale (20 ; 0,615). Calculer E(S) et V(S) pour S = N_1+\dots+N_{10}.

Pour chaque note : \begin{aligned}E(N_i) &= 20\times0{,}615 \\ &= 12{,}3\end{aligned} et \begin{aligned}V(N_i) &= 20\times0{,}615\times0{,}385 \\ &= 4{,}7355\end{aligned}
\begin{aligned}E(S) &= 10\times12{,}3 \\ &= 123\end{aligned} et, par indépendance, \begin{aligned}V(S) &= 10\times4{,}7355 \\ &= 47{,}355\end{aligned}

6.aOn pose M = \dfrac{S}{10}. Que modélise cette variable aléatoire ?

M modélise la moyenne des notes obtenues par les dix étudiants choisis au hasard.

6.bJustifier que E(M)=12{,}3 et V(M)=0{,}47355.

\begin{aligned}E(M) &= \dfrac{1}{10}E(S) \\ &= 12{,}3\end{aligned} et \begin{aligned}V(M) &= \dfrac{1}{100}V(S) \\ &= 0{,}47355\end{aligned}

6.cÀ l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, justifier que la probabilité que la moyenne de dix étudiants soit strictement comprise entre 10,3 et 14,3 est d'au moins 80 %.

L'intervalle ]10{,}3~;~14{,}3[ est centré sur E(M)=12{,}3 : l'évènement s'écrit |M-12{,}3|<2.
Bienaymé-Tchebychev : \begin{aligned}P(|M-12{,}3|\geqslant2) &\leqslant \dfrac{0{,}47355}{4} \\ &\approx 0{,}118\end{aligned} donc {P(|M-12{,}3|<2)\geqslant0{,}88\geqslant0{,}8}. L'affirmation est justifiée.

1.Un sondage indique que 60 % des personnes de plus de 15 ans comptent regarder les Jeux Olympiques et Paralympiques (JOP) 2024 à la télévision, et que parmi elles, 8 sur 9 déclarent pratiquer une activité sportive régulière. On note J l'évènement « la personne compte regarder les JOP » et S « la personne pratique une activité sportive régulière ». Démontrer que P(J\cap S) = \dfrac{8}{15}.

\begin{aligned}P(J\cap S) &= P(J)\times P_J(S) \\ &= 0{,}6\times\dfrac89 \\ &= \dfrac{6}{10}\times\dfrac89 \\ &= \dfrac{48}{90} \\ &= \dfrac{8}{15}\end{aligned}

2.aLe sondage indique par ailleurs que P(S) = \dfrac23. Calculer P(\overline{J}\cap S).

D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition (J,\overline{J}) : P(S) = P(J\cap S) + P(\overline{J}\cap S), donc \begin{aligned}P(\overline{J}\cap S) &= \dfrac23-\dfrac{8}{15} \\ &= \dfrac{10}{15}-\dfrac{8}{15} \\ &= \dfrac{2}{15}\end{aligned}

2.bEn déduire P_{\overline{J}}(S).

\begin{aligned}P(\overline{J}) &= 1-0{,}6 \\ &= 0{,}4 \\ &= \dfrac25\end{aligned} donc \begin{aligned}P_{\overline{J}}(S) &= \dfrac{P(\overline{J}\cap S)}{P(\overline{J})} \\ &= \dfrac{\frac{2}{15}}{\frac25} \\ &= \dfrac{2}{15}\times\dfrac52 \\ &= \dfrac13\end{aligned}

3.aOn interroge 30 personnes de plus de 15 ans au hasard, assimilé à un tirage avec remise. X compte le nombre de personnes, parmi les 30, déclarant une activité sportive régulière. Préciser la loi de X.

Les 30 tirages sont indépendants et identiques, chacun avec probabilité P(S)=\dfrac23 de succès : X suit la loi binomiale de paramètres n=30 et p=\dfrac23.

3.bCalculer la probabilité qu'exactement 16 personnes parmi les 30 déclarent une activité sportive régulière (arrondi au millième).

P(X=16) = \dbinom{30}{16}\left(\dfrac23\right)^{16}\left(\dfrac13\right)^{14} \approx 0,046.

3.cOn offre une place à 380 € pour chaque personne déclarant une activité sportive régulière, avec un budget de 10 000 €. Quelle est la probabilité que ce budget soit insuffisant (arrondi au millième) ?

Le budget permet d'offrir au plus \begin{aligned}\left\lfloor\dfrac{10\,000}{380}\right\rfloor &= \lfloor 26{,}31\ldots\rfloor \\ &= 26\end{aligned} places.
Le budget est insuffisant si X\geqslant27, soit X>26. À la calculatrice, P(X\leqslant26)\approx0{,}997, donc P(X\geqslant27) = 1-P(X\leqslant26)\approx 0,003.

1.aUne piscine propose un tarif A à 5,90 € l'entrée. Calculer le prix total pour 10 entrées avec le tarif A.

Avec le tarif A, le prix de 10 entrées est 5{,}90 \times 10 = 59 €.

1.bLe tarif B coûte 4,40 € l'entrée, avec en plus une carte d'abonnement annuelle de 30 €. Calculer le prix total pour 10 entrées avec le tarif B.

Avec le tarif B, le prix de 10 entrées est 4{,}40 \times 10 + 30 = 44 + 30 = 74 €.

2.On note f(x) et g(x) les prix, en euros, payés respectivement avec le tarif A et le tarif B pour x entrées. Donner les expressions de f(x) et de g(x).

Le tarif A est proportionnel au nombre d'entrées : f(x) = 5{,}90x. Le tarif B ajoute un forfait fixe de 30 € au prix proportionnel des entrées : g(x) = 4{,}40x + 30.

3.aRésoudre l'équation 5{,}90x = 4{,}40x + 30.

On regroupe les termes en x d'un côté de l'égalité : 5{,}90x - 4{,}40x = 30, soit 1{,}5x = 30.
On en déduit x = \dfrac{30}{1{,}5} = 20.
L'ensemble des solutions de cette équation est \{20\}.

3.bQuel est le nombre d'entrées pour lequel les tarifs A et B donnent le même prix à payer ?

D'après la résolution de l'équation précédente, les deux tarifs donnent le même prix pour 20 entrées.

4.aLe nombre d'entrées relevé chaque mois de l'année est : 12 500, 13 700, 10 400, 13 600, 12 300, 11 700, 10 400, 11 600, 10 200, 13 800, 12 600 et 11 800. Calculer le nombre moyen d'entrées par mois.

La moyenne s'obtient en divisant la somme des douze valeurs mensuelles par 12.
La somme des entrées sur l'année est 12\,500 + 13\,700 + 10\,400 + 13\,600 + 12\,300 + 11\,700 + 10\,400 + 11\,600 + 10\,200 + 13\,800 + 12\,600 + 11\,800 = 144\,600.
Le nombre moyen d'entrées par mois est donc \dfrac{144\,600}{12} = 12 050 entrées.

4.bCalculer l'étendue du nombre d'entrées par mois.

L'étendue d'une série statistique est la différence entre sa plus grande et sa plus petite valeur.
Le maximum mensuel est 13 800 (octobre) et le minimum est 10 200 (septembre), donc l'étendue vaut 13\,800 - 10\,200 = 3 600 entrées.

5.La piscine a la forme d'un pavé droit de 50 m de longueur, 25 m de largeur et 3 m de profondeur. En supposant qu'elle soit entièrement remplie, déterminer, en m^{3}, le volume d'eau évacué lors de la vidange.

Le volume d'un pavé droit est le produit de ses trois dimensions : longueur \times largeur \times hauteur.
Le volume d'eau à évacuer est donc 50 \times 25 \times 3 = 3 750 m^{3}.

Situation 1. Donner la décomposition de 780 en produit de facteurs premiers (aucune justification attendue).

On divise successivement par les plus petits nombres premiers : \begin{aligned}780 &= 2\times390 \\ &= 2\times2\times195 \\ &= 2\times2\times3\times65 \\ &= 2\times2\times3\times5\times13\end{aligned}
La décomposition en produit de facteurs premiers est donc 780 = 2^2\times3\times5\times13.

Situation 2.a Dans un jeu de 32 cartes (quatre familles de huit cartes chacune : 7, 8, 9, 10, valet, dame, roi, as), on tire une carte au hasard. Quelle est la probabilité d'obtenir le 8 de pique (aucune justification attendue) ?

Le tirage est équiprobable sur les 32 cartes, et une seule carte correspond à l'évènement (le 8 de pique).
La probabilité d'obtenir le 8 de pique est donc \dfrac{1}{32}.

Situation 2.b Quelle est la probabilité d'obtenir un roi ou un cœur (aucune justification attendue) ?

Il y a 4 rois (un par famille) et 8 cœurs, mais le roi de cœur est compté dans les deux catégories : il ne faut donc le compter qu'une seule fois.
Le nombre d'issues favorables est 4+8-1 = 11, sur un total de 32 issues équiprobables.
La probabilité d'obtenir un roi ou un cœur est donc \dfrac{11}{32}.

Situation 3. Développer et réduire l'expression A = (2x+5)(3x-4).

On développe chaque produit : \begin{aligned}A &= 2x\times3x + 2x\times(-4) + 5\times3x + 5\times(-4) \\ &= 6x^2-8x+15x-20\end{aligned}
En réduisant les termes de même degré : A = 6x^2+7x-20.

Situation 4.a Un prisme droit a pour base un triangle rectangle de côtés 60 cm et 80 cm (les deux côtés de l'angle droit), et pour hauteur 120 cm. Quel est le volume, en cm^{3}, de ce prisme droit ?

L'aire du triangle rectangle de base est \begin{aligned}\mathcal{A}_{\text{base}} &= \dfrac{60\times80}{2} \\ &= 2\,400\end{aligned} cm^{2}.
Le volume du prisme droit est \begin{aligned}\mathcal{V} &= \mathcal{A}_{\text{base}}\times h \\ &= 2\,400\times120 \\ &= 288\,000\end{aligned} cm^{3}.

Situation 4.b Convertir ce volume en litre (rappel : 1 L = 1 dm^{3}).

On convertit d'abord les cm^{3} en dm^{3}, sachant que 1 dm^{3} =1\,000 cm^{3} : 288\,000 cm^{3} = 288 dm^{3}.
Comme 1 dm^{3} =1 L, le volume du prisme est donc de 288 L.

Situation 5. Le polygone 2 est un agrandissement du polygone 1, de coefficient 3. L'aire du polygone 1 est 11 cm^{2}. Quelle est l'aire du polygone 2 ?

Lors d'un agrandissement de coefficient k, les aires sont multipliées par k^2 (et non par k).
Ici k=3, donc les aires sont multipliées par 3^2=9.
L'aire du polygone 2 est donc 9\times11 = 99 cm^{2}.

1.D'après des chercheurs, la probabilité qu'une personne subisse une attaque mortelle de requin au cours de sa vie est l'une des trois valeurs suivantes : 2,7\times10^{-7}, 2,7\times10^{0} ou 2,7\times10^{7}. Laquelle ?

Une probabilité est toujours comprise entre 0 et 1. Or 2,7\times10^{0}=2,7 et 2,7\times10^{7} sont bien supérieurs à 1 : seule 2,7\times10^{-7} (un nombre très petit, proche de 0) peut être une probabilité.

2.Calculer \dfrac35 - \dfrac25\times\dfrac74.

On commence par le produit : \begin{aligned}\dfrac25\times\dfrac74 &= \dfrac{2\times7}{5\times4} \\ &= \dfrac{14}{20} \\ &= \dfrac{7}{10}\end{aligned}
On met ensuite les deux fractions au même dénominateur : \dfrac35 = \dfrac{6}{10}, donc \begin{aligned}\dfrac35-\dfrac25\times\dfrac74 &= \dfrac{6}{10}-\dfrac{7}{10} \\ &= -\dfrac{1}{10}\end{aligned}

3.Un pantalon vendu 80 € est affiché à 60 € sur un site. Quel est le pourcentage de réduction ?

La réduction représente 80-60=20 € sur un prix de départ de 80 €.
Le taux de réduction est donc \begin{aligned}\dfrac{20}{80} &= \dfrac{1}{4} \\ &= \dfrac{25}{100}\end{aligned} soit 25 %.

4.ABCD est un parallélogramme de centre E. Que peut-on dire de l'homothétie de centre A qui transforme B en F, où F est le milieu de [AB] ?

Dans un parallélogramme ABCD, les diagonales [AC] et [BD] se coupent en leur milieu commun E : E est donc le milieu de [AC].
F étant le milieu de [AB], l'homothétie de centre A qui envoie B sur son milieu F a pour rapport \dfrac12 ; cette même homothétie envoie alors C, par le même rapport, sur le milieu de [AC], c'est-à-dire sur E.

5.Déterminer la médiane de la série de valeurs : 11 ; 17 ; 8 ; 14 ; 3 ; 20 ; 5 ; 10 ; 12.

On range d'abord les 9 valeurs par ordre croissant : 3 ; 5 ; 8 ; 10 ; 11 ; 12 ; 14 ; 17 ; 20.
Comme il y a 9 valeurs (nombre impair), la médiane est la 5e valeur de cette liste triée, soit 11.

Partie1 ; 1. Une roue de la fortune (roulette) comporte 16 secteurs identiques répartis ainsi : 4 secteurs « PERDU », 4 secteurs « porte-clé », 2 secteurs « 1 panneau », 2 secteurs « 2 panneaux », 2 secteurs « remise 5 % » et 2 secteurs « remise 10 % ». Citer les issues qui permettent de gagner un lot.

Sur les 16 secteurs de la roue, seuls les 4 secteurs « PERDU » ne rapportent rien. Les issues gagnantes sont donc « porte-clé », « 1 panneau », « 2 panneaux », « remise 5 % » et « remise 10 % », soit 16-4= 12 secteurs gagnants au total.

Partie1 ; 2. Quelle est la probabilité de gagner « 2 panneaux » lors d'un lancer ?

Il y a 2 secteurs « 2 panneaux » sur 16 secteurs équiprobables : la probabilité recherchée est \dfrac{2}{16} = \dfrac{1}{8} = 0,125.

Partie1 ; 3. Quelle(s) issue(s) ont une probabilité de gagner de 25 % lors d'un lancer ?

Partie2 ; 4. Un tableau relève les 25 résultats obtenus par les clients ayant tourné la roue lors du salon de l'habitat. Compléter le tableau des effectifs et des fréquences pour chaque gain possible (PERDU, porte-clé, 1 panneau, 2 panneaux, remise 5 %, remise 10 %).

PartieA ; 1. Une entreprise classe ses déchets en trois catégories : 69 % sont minéraux non dangereux (M), 28 % sont non minéraux non dangereux (N), le reste est dangereux (D). Par ailleurs, 73 % des déchets M sont recyclables, 49 % des déchets N le sont, et 35 % des déchets dangereux le sont. On prélève un déchet au hasard : compléter l'arbre pondéré donnant les probabilités de M, N, D puis de R (recyclable) sachant chacun d'eux.

Les proportions de l'énoncé s'interprètent comme des probabilités, puisque le déchet est prélevé au hasard.
Comme M, N et D partagent les déchets restants, on a \begin{aligned}P(D) &= 1-0{,}69-0{,}28 \\ &= 0{,}03\end{aligned}
L'arbre porte donc, sur la première branche : P(M)=0{,}69, P(N)=0{,}28, P(D)=0{,}03.
Puis sur les branches secondaires : P_M(R)=0{,}73 et P_M(\overline{R})=0{,}27 ; P_N(R)=0{,}49 et P_N(\overline{R})=0{,}51 ; P_D(R)=0{,}35 et P_D(\overline{R})=0{,}65.

PartieA ; 2. Justifier que la probabilité qu'un déchet soit à la fois dangereux et recyclable vaut 0{,}0105.

L'évènement « le déchet est dangereux et recyclable » est D\cap R, donc P(D\cap R) = P(D)\times P_D(R) = 0{,}03\times0{,}35 = 0,0105.

PartieA ; 3. Calculer P(M\cap\overline{R}) et interpréter le résultat.

P(M\cap\overline{R}) = P(M)\times P_M(\overline{R}) = 0{,}69\times0{,}27 = 0,1863.
Cela signifie que 18,63 % de l'ensemble des déchets produits par l'entreprise sont à la fois minéraux et non recyclables.

PartieA ; 4. Démontrer que P(R) = 0{,}6514.

Les évènements M, N et D forment une partition de l'univers, donc, d'après la formule des probabilités totales :
\begin{aligned}P(R) &= P(M\cap R)+P(N\cap R)+P(D\cap R) \\ &= 0{,}69\times0{,}73+0{,}28\times0{,}49+0{,}03\times0{,}35\end{aligned}
P(R) = 0{,}5037+0{,}1372+0{,}0105 = 0,6514, ce qui est bien la valeur annoncée.

PartieA ; 5. Sachant que le déchet prélevé est recyclable, déterminer la probabilité qu'il soit non minéral et non dangereux (arrondie au dix-millième).

P_R(N) = \dfrac{P(N\cap R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}28\times0{,}49}{0{,}6514} = \dfrac{0{,}1372}{0{,}6514} \approx 0,2106.

PartieB ; 1.a On prélève avec remise un échantillon de 20 déchets ; X compte le nombre de déchets recyclables (on rappelle P(R)=0{,}6514). Préciser la loi suivie par X et ses paramètres.

Le tirage avec remise correspond à la répétition de 20 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, de succès « le déchet est recyclable » de probabilité p=0{,}6514 : X suit la loi binomiale \mathcal{B}(20~;~0{,}6514).

PartieB ; 1.b Donner la probabilité que l'échantillon contienne exactement 14 déchets recyclables (arrondie au dix-millième).

P(X=14) = \dbinom{20}{14}\times0{,}6514^{14}\times0{,}3486^{6} \approx 0,1723.

PartieB ; 2.a On prélève désormais n déchets (n entier naturel non nul). Exprimer en fonction de n la probabilité p_n qu'aucun déchet de l'échantillon ne soit recyclable.

En notant X_n le nombre de déchets recyclables parmi les n prélevés, X_n suit la loi \mathcal{B}(n~;~0{,}6514), donc p_n = P(X_n=0) = \dbinom{n}{0}\times0{,}6514^0\times0{,}3486^{n} = 0{,}3486^{n}.

PartieB ; 2.b Déterminer à partir de quel entier naturel n la probabilité qu'au moins un déchet de l'échantillon soit recyclable dépasse ou égale 0{,}9999.

L'évènement « au moins un déchet est recyclable » est le contraire de celui de probabilité p_n, donc on doit résoudre 1-p_n\geqslant0{,}9999, c'est-à-dire p_n\leqslant0{,}0001.
\begin{aligned}0{,}3486^{n} \leqslant 0{,}0001 &\iff n\ln(0{,}3486) \leqslant \ln(0{,}0001) \end{aligned} et comme \ln(0{,}3486)<0, l'inégalité s'inverse en divisant : n\geqslant\dfrac{\ln(0{,}0001)}{\ln(0{,}3486)}.
Or \dfrac{\ln(0{,}0001)}{\ln(0{,}3486)} \approx 8{,}74, donc, comme n est un entier, c'est à partir de n=9 que la probabilité qu'au moins un déchet soit recyclable est supérieure ou égale à 0{,}9999.