Corrigé Épreuve Probabilités Session Ordinaire 2019 - SAID BENHMIDA PDF [PDF]

Zitiervorschau

´ SIDI MOHAMED BEN ABDELLAH – FES ` UNIVERSITE

´ FSJES – D´epartement Sc. Economiques et Gestion Premi`ere ann´ee de Licence – S2 – A.U. 2018–2019

Pr. S. BENHMIDA

Sections E&F

Corrig´ e de l’´ epreuve de Probabilit´ es Session ordinaire (Dur´ee 2 heures)

Exercice 1 :

(4 points)

on consid`ere les ´ev´enements suivants : D = ”le produit est d´efectueux” et Ui = ”le produit provient de l’usine Ui ” pour i = 1; 2. 1. D’apr`es les donn´ees on a : P (U1 ) = 0, 75; P (U2 ) = 0, 25; P (D/U1 ) = 0, 02; P (D/U2 ) = 0, 04; ¯ 1 ) = 1 − P (D/U1 ) = 1 − 0, 02 = 0, 98 et P (D/U ¯ 2 ) = 1 − P (D/U2 ) = 1 − 0, 04 = 0, 96. P (D/U 2. Par la formule de Bayes on a : P (U1 )P (D/U1 ) 0, 75 × 0, 02 = = 0, 6. P (U1 )P (D/U1 ) + P (U2 )P (D/U2 ) 0, 75 × 0, 02 + 0, 25 × 0, 04 Puisque, P (U1 /D) + P (U2 /D) = 1, on d´eduit, P (U2 /D) = 1 − P (U1 /D) = 1 − 0, 6 = 0, 4. P (U1 /D) =

¯ = P (U1 )P (D/U ¯ 1 ) + P (U2 )P (D/U ¯ 2 ) = 0, 75 × 0, 98 + 0, 25 × 0, 96 = 0, 975. 3. P (D)

Exercice 2 :

(5 points)

On consid`ere la variable al´eatoire : X = ”le nombre de salari´es sans diplˆome parmi les 100 choisis”. On a, N = 3000 ; n = 100 et p = 0, 02, donc, N1 = pN = 0, 02 × 3000 = 60 et N2 = N − N1 = 2940. 1. D’apr`es les donn´ees et puisque le choix des salari´es est sans remise, la variable al´eatoire X suit une loi hyperg´eom´etrique de param`etres, N = 3000 ; n = 100 et p = 0, 02. DX = {k ∈ N : sup(0; n − N2 ) ≤ k ≤ inf (n; N1 )} = {k ∈ N : sup(0; −2840) ≤ k ≤ inf (100; 60)} = {k ∈ N : 0 ≤ k ≤ 60} et P (X = k) =

k C 100−k C60 2940 ; ∀ k ∈ DX . On note: X ∼ H(3000; 100; 0, 02). 100 C3000

2. E(X) = np = 100 × 0, 02 = 2. N −n 2900 V (Y ) = np(1 − p) × = 100 × 0, 02 × 0, 98 × = 1, 895. N −1 2999 n 100 3. D’une part, le taux de sondage = = 0, 033 < 0, 1, donc, on peut approximer la loi N 3000 hyperg´eom´etrique H(3000; 100; 0, 02) de X par la loi binomiale de param`etres, n = 100 et p = 0, 02. On note: X ≈ B(100; 0, 02). k (0, 02)k (0, 98)100−k ; ∀ k ∈ D . D’o` u, P (X = k) ' C100 X

D’autre part, on a , n = 100 > 50 et p = 0, 02 < 0, 1, donc on peut approximer la loi binomiale B(n; p) par la loi de Poisson de param`etre λ = np = 100 × 0, 02 = 2. On note: X ≈ P(2). 2k D’o` u, P (X = k) ' e−2 × ; ∀ k ∈ DX . k! 4. On calcule la probabilit´e P (X = 1), par les deux lois approximatives. 1 (0, 02)1 (0, 98)99 ' 0, 271. Par la loi binomiale : P (X = 1) ' C100 Par la loi de Poisson : P (X = 1) ' e−2 ×

21 ' 0, 271. 1!

Corrig´e session ordinaire 2019

Epreuve de Probabilit´ es S2

Exercice 3 :

S. BENHMIDA

(5 points)

Soit l’´ev´enement, D = ”avoir une ampoule d´efectueuse”. On a P (D) = 0, 1 = p. 1. On consid`ere la variable al´eatoire X d´efinie par : X = ”le nombre de tirages n´ecessaires pour avoir la premi` ere ampoule d´efectueuse” D’apr`es les donn´ees, X suit une loi g´emometrique de param`etre p = 0, 1. DX = {k ∈ N : 1 ≤ k} = N∗ et P (X = k) = (0, 1)(0, 9)k−1 ; ∀ k ∈ DX . On note: X ∼ G(0, 1). r r p √ 1 (1 − p) 0, 9 1 2. E(X) = = = = 90 ' 9, 487.. = 10 et σX = V (X) = 2 2 p 0, 1 p (0, 1) 3. P (X ≤ 3) = P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) = (0, 1)(0, 9)0 + (0, 1)(0, 9)1 + (0, 1)(0, 9)2 = 0, 1 + 0, 09 + 0, 081 = 0, 271. V (X) ; ∀ ε > 0. ε2 90 90 Or, E(X) = 10 ; V (X) = 90 et avec ε = 12, on a : P (|X − 10| < 12) ≥ 1 − 2 = 1 − = 0, 375. 12 144

4. D’apr`es l’in´egalit´e de Bienaym´e-Tch´ebychev on a : P (|X − E(X)| < ε) ≥ 1 −

Exercice 4 :

(6 points)

√ X suit une loi normale g´en´erale de param`etres m = 80 h et σ = 25 = 5 h. X − 80 ∼ N (0; 1) et P (U < u) = π(u). On note: X ∼ N (80; 5); U = 5

1. P (X < 85) = P ( X−80 < 5

85−80 5 )

2. P (78 ≤ X ≤ 82) = P ( 78−80 ≤ 5

= P (U < 1) = π(1) ' 0, 841.

X−80 5

≤

82−80 5 )

= P (−0, 4 ≤ U ≤ 0, 4) = 2π(0, 4) − 1 = 2 × 0, 655 − 1 = 0, 31.

3. Y = ” poids d’un paquet de 9 savonnettes en g”; si on consid`ere les neuf variables al´eatoires Xi pour i = 1; 2; 3; ...; 9 : Xi = ”le poids de la ie`me savonnette en g”. Pour tout i; Xi ∼ N (80; 5) et les Xi sont mutuellement ind´ependantes, alors; Y =

9 X

Xi et Y suit une loi normale g´en´erale de param`etres :

i=1

m0 = 9m = 9 × 80 = 720g et σ 0 = On note : Y ∼ N (720; 15); U =

√

9σ 2 =

√

9 × 25 = 15g.

Y − 720 ∼ N (0; 1) et P (U < u) = π(u). 15

E(Y ) = m0 = 720g et σY = σ 0 = 15g. 4.

P (Y ≥ 702) = 1 − P (Y < 702) = 1 − P ( Y −720 ≤ 15

702−720 ) 15

= 1 − P (U ≤ −1, 2) = 1 − π(−1, 2) = 1 − (1 − π(1, 2)) = π(1, 2) ' 0, 885.

5. On cherche le poids maximal ym tel que P (Y ≥ ym ) = 0, 96. Or, P (Y < ym ) = 1 − P (Y ≥ ym ) = 1 − 0, 96 = 0, 04; et P (Y < ym ) = P ( Y −720 < 15

ym −720 ) 15

= P (U
0, d’o` u, π( 720−y ) = 1 − π( ym15 ) = 0, 96 = π(1, 75). 15