Pondichéry 2010. Enseignement spécifique

EXERCICE 3

    1. $X=-1$ correspond à l'événement \og le joueur tire une boule blanche et une boule rouge \fg.
      Notons $B_1$ (respectivement $B_2$) l'événement \og la première (respectivement la deuxième) boule tirée est blanche \fg.
      L'événement $X=-1$ est encore l'événement $\left(B_1\cap\overline{B_2}\right)\cup\left(\overline{B_1}\cap B_2\right)$. De plus, les événements $\left(B_1\cap\overline{B_2}\right)$ et $\left(\overline{B_1}\cap B_2\right)$ sont incompatibles. La probabilité demandée est donc \begin{align*} p\left(\left(B_1\cap\overline{B_2}\right)\cup\left(\overline{B_1}\cap B_2\right)\right)&=p\left(B_1\cap\overline{B_2}\right)+p\left(\overline{B_1}\cap B_2\right)=p\left(B_1\right)\times p_{B_1}\left(\overline{B_2}\right)+p\left(\overline{B_1}\right)\times p_{\overline{B_1}}\left(B_2\right)\\ &=\dfrac{10}{n+10}\times\dfrac{n}{n+9}+\dfrac{n}{n+10}\times\dfrac{10}{n+9}=\dfrac{20n}{(n+10)(n+9)}. \end{align*}

      $P(X=-1)=\dfrac{20n}{(n+10)(n+9)}$.


    2. Les deux autres valeurs prises par la variable $X$ sont $4$ dans le cas où le joueur tire deux boules rouges et $-6$ dans le cas où le joueur tire deux boules blanches. La probabilité de tirer deux boules blanches est $$p\left(B_1\cap B_2\right)=p\left(B_1\right)\times p_{B_1}\left(B_2\right)=\dfrac{10}{n+10}\times\dfrac{9}{n+9}=\dfrac{90}{(n+10)(n+9)}.$$

      La probabilité de tirer deux boules rouges est alors

      \begin{align*} p(X=-1)&=1-p(X=-1)-p(X=4)=1-\dfrac{20n}{(n+10)(n+9)}-\dfrac{90}{(n+10)(n+9)}\\ &=\dfrac{(n+10)(n+9)-20n-90}{(n+10)(n+9)}=\dfrac{n^2+10n+9n+90-20n-90}{(n+10)(n+9)}=\dfrac{n^2-n}{(n+10)(n+9)}\\ &=\dfrac{n(n-1)}{(n+10)(n+9)} \end{align*}

      $P(X=-6)=\dfrac{n(n-1)}{(n+10)(n+9)}$, $P(X=-1)=\dfrac{20n}{(n+10)(n+9)}$ et $P(X=4)=\dfrac{90}{(n+10)(n+9)}$.


    3. \begin{align*} E(X)&=(-6)\times p(X=-6)+(-1)\times p(X=-1)+4\times p(X=4)\\ &=-6\dfrac{n(n-1)}{(n+10)(n+9)}-\dfrac{20n}{(n+10)(n+9)}+4\dfrac{90}{(n+10)(n+9)}\\ &=\dfrac{-6n(n-1)-20n+360}{(n+10)(n+9)}=\dfrac{-6n^2-14n+360}{(n+10)(n+9)}. \end{align*}

      $E(X)=\dfrac{-6n^2-14n+360}{(n+10)(n+9)}$.


    4. $E(X)>0\Leftrightarrow\dfrac{-6n^2-14n+360}{(n+10)(n+9)}>0\Leftrightarrow-6n^2-14n+360>0\Leftrightarrow 3n^2+7n-180<0$

      Maintenant, le discriminant du trinôme $3x^2+7x-180$ est $\Delta=49+2160=2209>0$. Ce trinôme admet deux racines réelles à savoir $x_1=\dfrac{-7+\sqrt{2209}}{6}=\dfrac{-7-47}{6}=-9< 0$ et $x_2=\dfrac{-7+\sqrt{2209}}{6}=\dfrac{20}{3}=6,6\ldots$.

      On sait que $x^2+\dfrac{7}{3}x-60< 0\Leftrightarrow x\in]x_1,x_2[$. Mais alors, puisque $n$ est un entier naturel supérieur ou égal à $2$,

      $E(X)>0\Leftrightarrow n\in]x_1,x_2[\lra n\in\{2,3,4,5,6\}$.

      Les valeurs de $n$ pour lesquelles $E(X)>0$ sont $2$, $3$, $4$, $5$ et $6$.


  2. Notons $Y$ le nombre de boules rouges obtenues sur $20$ tirages successifs avec remise d'une boule de l'urne. $Y$ suit un schéma de \textsc{Bernoulli}. En effet,
    • une même expérience (à savoir tirer une boule de l'urne) à deux éventualités (obtenir une boule rouge ou ne pas obtenir une boule rouge) est effectuée $20$ fois de manière indépendante (puisque la boule est remise dans l'urne à chaque tirage)
    • à chaque expérience, la probabilité de tirer une boule rouge est $p=\dfrac{n}{n+10}$ et la probabilité de ne pas tirer une boule rouge est $1-p=\dfrac{10}{n+10}$.

    La probabilité d'obtenir au moins une boule rouge est $p(Y\geqslant1)$ avec

    $p(Y\geqslant1)=1-p(Y=0)=1-\dbinom{20}{0}\left(\dfrac{n}{n+10}\right)^0\left(\dfrac{10}{n+10}\right)^{20}=1-\left(\dfrac{10}{n+10}\right)^{20}$.

    Par suite,

    \begin{align*} p(Y\geqslant1)>0,999&\Leftrightarrow1-\left(\dfrac{10}{n+10}\right)^{20}>0,999\Leftrightarrow\left(\dfrac{10}{n+10}\right)^{20}< 0,001\\ &\Leftrightarrow\ln\left(\left(\dfrac{10}{n+10}\right)^{20}\right)< \ln(0,001)\;(\text{par stricte croissance de la fonction}\;\ln\;\text{sur}\;]0,+\infty[)\\ &\Leftrightarrow20\ln\left(\dfrac{10}{n+10}\right)< \ln(0,001)\Leftrightarrow\ln\left(\dfrac{10}{n+10}\right)< \dfrac{\ln(0,001)}{20}\\ &\Leftrightarrow \dfrac{10}{n+10}< e^{\frac{\ln(0,001)}{20}}\;(\text{par stricte croissance de la fonction exponentielle sur}\;\mathbb{R})\\ &\Leftrightarrow \dfrac{n+10}{10}>e^{-\frac{\ln(0,001)}{20}}\;(\text{par stricte décroissance de la fonction inverse sur}\;]0,+\infty[)\\ &\Leftrightarrow n+10>10e^{-\frac{\ln(0,001)}{20}}\Leftrightarrow n>10e^{-\frac{\ln(0,001)}{20}}-10\\ &\Leftrightarrow n>4,1\ldots\Leftrightarrow n\geqslant5\;(\text{car}\;n\;\text{est entier}). \end{align*}

    La probabilité d'obtenir au moins une boule rouge est strictement supérieure à $0,999$
    si et seulement si $n\geqslant5$.


    1. Soit $k$ un entier naturel.
      $p(Z\leqslant k)=\dint{0}{k}0,01e^{-0,01x}\;dx=\left[-e^{-0,01x}\right]_0^k=-e^{-0,01k}-(-e^0)=1-e^{-0,01k}$.

      Pour $k=50$, on obtient $p(Z\leqslant 50)=1-e^{-0,01\times50}=1-e^{-0,5}=0,39$ arrondi au centième.


    2. La probabilité de mandée est $p_{Z>50}(Z\leqslant 60)$. Or \begin{align*} p_{Z>50}(Z\leqslant 60)&=\dfrac{p((Z\leqslant60)\cap(Z>50))}{p(Z>50)}=\dfrac{p(50< Z\leqslant60)}{p(Z>50)}=\dfrac{p(Z\leqslant60)-p(Z\leqslant50)}{1-p(Z\leqslant50)}\\ &=\dfrac{(1-e^{-0,6})-(1-e^{-0,5})}{1-(1-e^{-0,5})}=\dfrac{e^{-0,5}-e^{-0,6}}{e^{-0,5}}=1-e^{-0,1}\\ &=0,095\;\text{arrondi au millième}. \end{align*}