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corrigé 2008

Détails: Catégorie : organisation des données

1. En désignant par $b$ le terme central de la progression arithmétique et par $r$ sa raison, on peut écrire: $a=b-r$ et $c=b+r$ .

Les autres données se traduisent alors par:

$\left\{ \begin{array}{ccc} \sum_{k\in \{-1,1,2\}}{}p(X=k) & = & 1 \\ E(X) &= & 1 \end{array} \right.$

c'est à dire $\left\{ \begin{array}{ccc} \text e^{a}+\text e^{b}+\text e^{c}& = & 1 \\ 1.\text e^{a}-1.\text e^{b}+2.\text e^{c} &= & 1 \\ \end{array} \right.$

Soit $\left\{ \begin{array}{ccc} \text e^{b}\text e^{-r}+\text e^{b}+\text e^{b}\text e^{r}& = & 1 \\ \text e^{b}\text e^{-r}- \text e^{b}+2 \text e^{b}\text e^{r} &= & 1 \\ \end{array} \right.$

En faisant la différence membre à membre et en simplifiant par $\text e^{b}$ , on trouve $\text e^{r}=2$ soit $r=\ln 2$ .

La première équation devient alors:

$(\dfrac 12+1+2)\text e^{b} = 1$ \ie $\text e^{b} = \dfrac 27$ $\Rightarrow\boxed{b=\ln \dfrac 27}$ .

Ensuite $a = b-r = \ln \dfrac 27-\ln 2\Rightarrow\boxed{a= \ln \dfrac 17}$ et
$c = b+r = \ln \dfrac 27+\ln 2 \Rightarrow\boxed{c= \ln \dfrac 47}$ .

Pour calculer la variance, calculons d'abord $E(X^2)$ .

$E(X^2)=1^2\text e^{a}+(-1)^2\text e^{b}+2^2\text e^{c}=\dfrac 17+\dfrac 27+4\dfrac 47=\dfrac {19}7$ .

Alors $V(X)=E(X^2)-(E(X))^2=\dfrac {19}7 -1\Rightarrow\boxed{V(X)=\dfrac {12}7}$ .

2. a. $x_G=\dfrac 17(1.x_A+2x_B+4x_C)=1$ donc $G=A$ .

2.b.
$\varphi(G) = \dfrac 17 \Big[\overrightarrow{GA}^2+ 2\overrightarrow{GB}^2+ 4\overrightarrow{GC}^2\Big]$ .

Soit, en se souvenant que $G=A$ :

$\varphi(G) = \dfrac 17 \Big[ 2\overrightarrow{AB}^2+ 4\overrightarrow{AC}^2\Big]= \dfrac 17 ( 2.4+ 4.1)\Rightarrow \boxed{\varphi(G)=\dfrac {12}7=V(X)}$ .

On peut écrire en utilisant la relation de Schales et en développant:

$\varphi(M) = \dfrac 17\Big[ (\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})^2+2(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})^2 +4(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC})^2\Big]$

$\varphi(M) = \dfrac 17\Big[ \overrightarrow{MG}^2+\overrightarrow{GA}^2+2\overrightarrow{MG}. \overrightarrow{GA}+2(\overrightarrow{MG}^2+\overrightarrow{GB}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GB}) +4(\overrightarrow{MG}^2+\overrightarrow{GC}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GC})\Big]$

$\varphi(M) = \overrightarrow{MG}^2+\dfrac 17 \Big[\overrightarrow{GA}^2+ 2\overrightarrow{GB}^2+ 4\overrightarrow{GC}^2\Big]+ \dfrac 17 . 2\overrightarrow{MG}.\Big[ \overrightarrow{MG} +2 \overrightarrow{GB} +4 \overrightarrow{GC}\Big]$ .

Le troisième du second membre est nul parce que $G$ est le barycentre du système $\Big[(A, 1),\; (B,2),\;(C,4)\Big]$ . Donc,
$\varphi(M) = \overrightarrow{MG}^2+\varphi(G)$ .

La relation $\varphi(G) =3$ est alors équivalente à: $\overrightarrow{MG}^2=\dfrac 97$ ou $MG= 3\dfrac{\sqrt 7 }{7}$ .

Par conséquent

$(\Gamma) = \set{M_1, M_2}$ où $M_1$ et $M_2$ sont les deux points de $(\Delta)$

dont la distance au point $A$ est $-3\dfrac{\sqrt 7 }{7}$ et $3\dfrac{\sqrt 7 }{7}$

Corrigé Epreuve 2006 : Probabilité conditionnelle

Détails: Catégorie : organisation des données

Une urne contient 6 boules indiscernables au toucher: 4 boules vertes et 2
boules jaunes.

1) On tire au hasard simultanément 2 boules de l'urne.

X est la variable aléatoire qui a chaque tirage de 2 boules, associe le
nombre de boules vertes tirées.

Déterminons la loi de probabilité de X.

on a X( $\Omega)=\left\{ 0,1,2\right\}$

on tire au hasard simultanément 2 boules parmi 6 donc $Card\Omega =C_{6}^{2}=\frac{6!}{2!(6-2)!}=15$

$(X=0)$ est l'évènement ne pas avoir de boule verte parmi les 2 boules tirées.

$Card(X=0)=C_{2}^{2}=1$ , $P(X=0)=\frac{1}{15}.$

$(X=1)$ est l'évènement obtenir une boule verte parmi les 2 boules tirées.

$Card(X=1)=C_{4}^{1}\times C_{2}^{1}=4\times2=8,$ $P(X=1)=\frac{8}{15}$

$(X=2)$ est l'évènement, les 2 boules tirées sont vertes.

$Card(X=2)=C_{4}^{2}=\frac{4!}{2!\times2!}=6,$ $P(X=2)=\frac{2}{5}$

on obtient:

Calculons l'espérance mathématique de $X$ .

On a $E(X)=\sum_{i=0}^nx_{i}\times p_{i},$

$E(X)=0\times P(X=0)+1\times P(X=1)+2\times P(X=2)=\frac{14}{15}.$

2) On tire au hasard deux fois de suite 2 boules simultanément, les boules
tirées n'étant pas remises dans l'urne.

Soient A,B,C et D les évènements suivants :

A : "Aucune boule verte n'est tirée au cours du premier tirage de 2 boules"

B : "Une boule verte et une boule jaune sont tirées au cours du premier
tirage de 2 boules"

C : "Deux boules vertes sont tirées au cours du premier tirage de 2 boules"

D: "Une boule verte et une boule jaune sont tirées au cours du
deuxième tirage de 2 boules"

a) Calculons P(D/A), P(D/B) et P(D/C).

$P(D/A)=0$

$P(D/B)=\frac{C_{3}^{1}\times C_{1}^{1}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{2}$

$P(D/C)=\frac{C_{2}^{1}\times C_{2}^{1}}{C_{4}^{2}}=\frac{2}{3}$

b) On en déduit la probabilité des évènements $D\cap A,D\cap B,D\cap C.$

On a :

$P(D/A)=\frac{P(D\cap A)}{P(A)}=0,$ donc $P(D\cap A)=0$

$P(D/B)=\frac{P(D\cap B)}{P(B)},$ donc $P(D\cap B)=P(B)P(D/B) =\frac{8}{15}\times\frac{1}{2}=\frac{4}{15}$

d'où $P(D\cap B)=\frac{4}{15}$

$P(D/C)=\frac{P(D\cap C)}{P(C)},$ donc $P(D\cap C)=P(C)P(D/C) =\frac{6}{15}\times\frac{2}{3}=\frac{4}{15}$

d'où $P(D\cap C)=\frac{4}{15}$

Calculons P(D).

On a $D=D\cap(A\cup B\cup C)=(D\cap A)\cup(D\cap B)\cup(D\cap C)$

Or $D\cap A,$ $D\cap B$ et $D\cap C$ sont 2 à 2 disjoints

donc P(D)=P(D $\cap A)+$ P(D $\cap B)+$ P(D $\cap C)$

P(D $)=\frac{4}{15}+\frac{4}{15}=\frac{8}{15}$

Corrigé Epreuve 1998 : Probabilité conditionnelle(4pts)

Détails: Catégorie : organisation des données

2 jetons noirs et 3 jetons blancs

1- $Card\Omega =C_{5}^{2}$

a- $p(E)=\frac{CardE}{Card\Omega }=\frac{1}{C_{5}^{2}}=\frac{1 }{10}$

$p(F)=\frac{CardE}{Card\Omega }=\frac{1+C_{3}^{2}}{C_{5}^{2} }=\frac{1+3}{10}=\frac{2}{5}$

b- $X(\Omega )=\{0,1,2\}$

$\ p(x=0)=\frac{C_{3}^{2}}{C_{5}^{2}}=\frac{3}{10}$

$\ p(x=1)=\frac{C_{2}^{1}\ast C_{3}^{1}}{C_{5}^{2}}+\frac{ 2\ast 3}{10}=\frac{6}{10}$

$p(x=2)=\frac{1}{10}$

$E(x)=1\ast p(x=1)+2\ast p(x=2)=\frac{6}{10}+\frac{2}{10}= \frac{8}{10}=0.8$

2-a $p(N_{2}/N_{1})=\frac{p(N_{2}\cap N_{1})}{p(N1)} p(N_{1})=\frac{C_{2}^{1}}{C_{5}^{1}}=\frac{2}{5}$

$p(N_{2}/N_{1})=\frac{1}{2} p(N_{1}\cap N_{2})= \frac{C_{2}^{1}\ast C_{3}^{1}}{C_{5}^{1}\ast C_{6}^{1}}=\frac{1}{5}$

$p(N_{2}/B_{1})=\frac{p(B_{1}\cap N_{2})}{p(B1)} p(B_{1})=\frac{C_{3}^{1}}{C_{5}^{1}}=\frac{3}{5}$

$p(N_{2}/B_{1})=\frac{1}{3} p(B_{1}\cap N_{2})= \frac{C_{3}^{1}\ast C_{2}^{1}}{C_{5}^{1}\ast C_{6}^{1}}=\frac{1}{5}$

b- $p(N_{2})=p(N_{1}\cap N_{2})+p(B_{1}\cap N_{2})= \frac{1}{5}+\frac{1}{5}=\frac{2}{5}$

Corrigé Epreuve 2004 : Variable aléatoire

Détails: Catégorie : organisation des données

$A$ est l'évènement «tirer 2 blanches»

$p(A)=\frac{1}{2}\times{\frac{2}{6}}\times{\frac{4}{6}}+\frac{1}{2} \times{\frac{4}{6}}\times{\frac{2}{6}}=\frac{8}{36}=\frac{2}{9}$

2) $X$ est la variable aléatoire qui prend la valeur $+1$ si on obtient
deux boules de même couleur et $-1$ pour deux boules de couleurs distinctes.

$p(X=1)=p(A)+p(B)\qquad$ où $B$ est l'évènement
«tirer $2$ verts»

$p(B)=\frac{1}{2}\times{\frac{2}{6}}\times{\frac{1}{5}}+\frac{1}{2} \times{\frac{4}{6}}\times{\frac{3}{5}}=\frac{7}{30}$

$p(X=1)=\frac{2}{9}+\frac{7}{30}=\frac{41}{90}$

$p(X=-1)=1{-}p(X=1)=\frac{49}{90}$

$E(X)=E(X)=(-{1})\times{\frac{49}{90}}+1\times{\frac{41}{90}}=\frac{-4} {45}$

$v(X)=(-1)^{2}\times{\frac{49}{90}}+1^{2}\times{\frac{41}{90}}-\left[ E(X)\right] ^{2}$

$v(X)=(-1)^{2}\times{\frac{49}{90}}+1^{2}\times{\frac{41}{90}}-\left[ \frac{4}{45}\right] ^{2}=\frac{49}{90}+\frac{41}{90}-\frac{16}{2025} =\allowbreak\frac{2009}{2025}=\allowbreak0,992\,$