INFO TEST BTS1 15 février 2010
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EXERCICE 1
Dans une fête foraine un stand propose d'extraire simultanément deux jetons
d'un sac qui contient 2 jetons rouges , 3 jetons blancs et 4 jetons noirs indiscernables
au toucher .
Pour chaque jeton rouge obtenu, le joueur obtient 3 euros.
Pour chaque jeton blanc obtenu, le joueur obtient 2 euros.
Pour chaque jeton noir obtenu, le joueur doit débourser 3 euros.
Soit A l'événement : « Le joueur a obtenu deux jetons rouges »
Soit B l'événement : « Le joueur a obtenu deux jetons noirs »
Soit C l'événement : « Le joueur a obtenu deux jetons blancs »
Soit D l'événement : « Le joueur a obtenu un jeton noir et un jeton blanc »
Soit E l'événement : « Le joueur a obtenu un jeton noir et un jeton rouge »
Soit F l'événement : « Le joueur a obtenu un jeton rouge et un jeton blanc »
1. Trouver P( A ) , P( B ) , P( C ) , P( D ), P( E ) ,P( F ).
2. Quelle est la probabilité que le joueur reparte avec dans son porte monnaie
un montant en euros au moins égal à celui d'arrivée ?
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Réponse:
1. L'univers Ω des possibles est l'ensemble des parties de deux jetons du sac.
Card( Ω ) = C 9 2 = 36
On est dans une situation d'équiprobabilité.
P( A ) = Card( A ) / Card( Ω )
Card( A ) = C2 2 = 1
Donc
Conclusion: P( A ) = 1 / 36
P( B ) = Card( B ) / Card( Ω )
Card( B ) = C4 2 = 6
Ainsi P( B ) = 6 / 36
Donc
Conclusion: P( B ) = 1 / 6
P( C ) = Card( C ) / Card( Ω
Card( C ) = C3 2 = 3
Ainsi P( C ) = 3 / 36 = 1 / 12
Donc
Conclusion: P( C ) = 1 / 12
P( D ) = Card( D ) / Card( Ω
Card( D ) = 4 × 3 = 12
Ainsi P( D ) = 12 / 36 = 1 / 3
Donc
Conclusion: P( D ) = 1 / 3
P( E ) = Card( D ) / Card( Ω
Card( E ) = 4 × 2 = 8 Ainsi P( E ) = 8 / 36 = 2 / 9 Donc Conclusion: P( E) = 2 / 9
P( F ) = Card( F ) / Card( Ω
Card( F ) = 2 × 3 = 6
Ainsi P( F ) = 6 / 36 = 1 / 6
Donc
Conclusion: P( F ) = 1 / 6
2. Parmi les événement A , B , C ,D , E , F seuls les événements
A ,C ,E , F font qu'il repart avec au moins son avoir initial.
Considérons don l'événement : A U C U E U F
Comme ces événements sont incompatibles deux à deux
on a: P( A U C U E U F) = P( A ) + P( C ) + P( E ) + P( F )
c-à-d
P( A U C U E U F) = ( 1 / 36 )+ ( 3 / 36 ) + ( 8 / 36 ) + ( 6 / 36 )
c-à-d
P( A U C U E U F) = 18 / 36
Conclusion: La probabilité cherchée est 1 / 2
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EXERCICE 2
Dans un pays les plaques d'immatriculation comportent de gauche à droite :
4 chiffres, le premier n'étant pas 0 , puis trois lettres de l'alphabet enfin un numéro de
l'un des 100 départements, de 01 à 100.
Combien de plaques d'immatriculation ce système permet-il de considérer ?
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Réponse:
Schéma : I_9_I_10_I_10_I_10_I_26_I_26_I_26_I_10_I_10_I
D'après le principe multiplicatif il y a :
9 ×10 × 10 ×10 × 26 × 26 ×26 ×10 ×10 = 1 581 840 000
possibilités
Conclusion: Il y a 1 581 840 000 plaques possibles
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EXERCICE 3
Un QCM comporte 9 questions. Pour chaque question trois réponses sont proposées dont
une seule est corrécte.
1. Combien y a-t-il de grilles remplies possibles ?
2. Combien y a-t-il de grilles remplies possibles avec exactement 5 bonnes réponses ?
3. Combien y a-t-il de grilles remplies possibles avec au moins une bonne réponse ?
4. On met dans une urne toutes les grilles remplies possibles. On tire au hasard une grille
de l'urne.
Quelle est la probabilité que la grille tirée soit avec 4 mauvaises réponses ?
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Réponse:
1. Il y a 39 = 19 683 grilles remplies possibles.
En effet il y en a autant que de 9 liste des élements d'un ensemble de trois réponses
Conclusion: Il y a 19 683 grilles remplies possibles
2. Il y a C9 5 1 5 × 24 = 126 × 16 = 2016 gilles avec seulement 5 bonnes réponses.
Conclusion: Il y a 2016 grilles de ce type
3. On utilise l'événement contraire.
Il y a 19 683 - 29 = 19 171
Conclusion: Il y a 19 171 grilles avec au moins une bonne réponse.
4. L'univers des possible est Ω.
Card( Ω ) = 19 683
On est dans une situation d'équiprobabilité.
Soit A : " Avoir une grille avec 4 réponses fausses exactement"
A est aussi ; " Avoir une grille avec 5 réponses bonnes exactement"
Donc Card( A ) = 2016
On a : P( A ) = Card( A )/ Card( Ω )
Ainsi: P( A ) = 2016 / 19683
Conclusion: P( A ) = 224 / 2187
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EXERCICE 4
On met dans une urne 100 billets dont 75 billets comportent la mention « reçu »
et 25 billets comportent la mention « Refusé ».
1. On tire au hasard un billet . Quelle est la probabilité notée p d'avoir un billet « reçu » ?
2. A présent on tire successivement avec remise 24 fois un billet de l'urne.
Soit A l'événement : On a obtenu d'abord 17 billets « reçu » , puis 7 billets « Refusé ».
Soit B l'événement : On a obtenu 17 billets « reçu » et 7 billets « refusés » dans n'importe
quel ordre.
a. Donner Card( A ) . Donner P( A ).
b. Donner Card( B ) .Trouver P( B ).
c. Soit X l'application qui à chaque tirage des 24 billets associe le nombre
de billets « reçu ». Que vaut P ( X = 17) ? X est-elle injective ?
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Réponse:
1. Il est clair que p = 75 / 100 puisqu'on est dans une situation d'équiprobabilité.
Conclusion: p = 0,75
2. L'univers des possibles est Ω.
Card( Ω ) = 10024
Chaque élément de Ω est une 24 liste issues de l'ensemble des 100 billets.
On est dans une situation d'équiprobabilité.
a. P( A ) = Card( A ) / Card( Ω)
Card( A ) = 7517 × 257
Conclusion : P( A ) ≈ 4 , 5879 . 10 - 7
b. P( B ) = Card( B ) / Card( Ω)
Card( B ) = C 24 17 7517 × 257
Ainsi :
Conclusion : P( B ) ≈ 0,1588
c. on a : ( X = 1 7 ) qui est l'événement B.
Conclusion: P( X = 1 7 ) = P ( B )
X n'est pas injective car la 24 liste avec d'abord "Refusé" puis 23 fois " Reçu" et la 24 liste
avec d'abord 23 fois "Reçu" puis " Refusé " ont la même image 23 par X.
Conclusion : NON