Exercices 2011 - STAT

c) Il est facile d’établir la liste des 3! = 6 cas possibles. On obtient alors que
P(k = 0) = 4 6 = 2 3 et P(k = 1) = 2 6 = 1 3 ,
ce qui correspond bien à l’expression trouvée sous b).
Remarque: On a bien P(k = 0) + P(k = 1) = 1.
Corrigé 19 La probabilité de ne tirer aucun 6 est de ( 5
6) 4
≃ 0.4822. Alors, la probabilité de tirer au
moins un 6 est de 1 − ( 5
6) 4
≃ 0.5177.
Corrigé 20 La probabilité de que le six apparaisse au moins une fois est 1 − ( 5
6) 2n.
Pour que cette
probabilité atteigne 1/2 il faut que 1 − ( 5
6) 2n
≥ 1/2. C’est à dire que
n ≥ ln 2
2 ln 6 5
Corrigé 21 La probabilité que les anniversaires de n personnes soient dans des mois différents est
12 · 11 · · · · (12 − n + 1)
12 n
Alors, la probabilité qu’au moins deux personnes entre n personnes aient leur anniversaire le même mois
est
12 · 11 · · · · (12 − n + 1)
1 −
12 n
Finalement, il faut au moins 5 personnes pour que cette probabilité soit au moins 1/2.
Corrigé 22 a) Deux signaux S 1 et S 2 atteignent le récepteur dans l’intervalle (0, t). Soient X 1 : le temps
d’arrivée de S 1 et X 2 : le temps d’arrivée de S 2 . L’ensemble fondamental ou espace des résultats
possibles est donc:
Ω = { (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 | 0 ≤ x 1 ≤ t , 0 ≤ x 2 ≤ t } .
Un élément de cet ensemble (un couple (x 1 , x 2 )) représente une issue possible de cette expérience
(c’est-à-dire un événement élémentaire de l’ensemble fondamental): “le signal S 1 arrive au temps
x 1 et le signal S 2 arrive au temps x 2 ”.
b) L’événement A qui nous intéresse (i.e. “le récepteur se bloque”) est un sous-ensemble de Ω défini par:
{
}
A = (x 1 , x 2 ) ∈ Ω ∣ |x 1 − x 2 | < θ .
Le fait d’admettre que “les deux signaux arrivent indépendamment l’un de l’autre et au “hasard””
nous permet d’affirmer qu’on a affaire à un modèle équiprobable. On peut alors calculer la probabilité
de l’événement A comme suit:
aire de A
P(A) =
aire de Ω = t2 − 2 · (t−θ)2
2
t 2
=
2θt − θ2
t 2 .
c) Si θ ≪ t, on peut négliger ( θ t )2 par rapport à 2 θ t , et donc P(A) ∼ = 2θ
t .
Corrigé 23 Soit S n le jet numéro n et E n l’événement “deux piles successifs n’apparaissent pas”. Remarquons
que P n = P(E n ) et que
P(E n ) = P(E n ∩ {S n = P }) + P(E n ∩ {S n = F })
Mais
et
P(E n ∩ {S n = F }) = P(E n−1 ∩ {S n = F }) = 1 2 P(E n−1)
P(E n ∩ {S n = P }) = P(E n−2 ∩ {S n−1 = F } ∩ {S n = P }) = 1 4 P(E n−2)
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