Exercices corrigés : Probabilités conditionnelles — Terminale STI2D

Correction détaillée

1. 1

   Total de pièces non conformes : $15+20=35$15 + 20 = 35.

2. 2

   $P(\overline{C})=\frac{35}{500}=0,07$P(C̅) = 35/500 = 0,07, soit $7\%$7%.

3. 3

   Pour la conditionnelle, on se restreint aux $200$200 pièces de l'usinage B : $20$20 sont non conformes.

4. 4

   $P_B(\overline{C})=\frac{20}{200}=0,10$P_B(C̅) = 20/200 = 0,10, soit $10\%$10%.

5. 5

   Contrôle par la formule : $P_B(\overline{C})=\frac{P(B\cap \overline{C})}{P(B)}=\frac{20/500}{200/500}=\frac{0,04}{0,40}=0,10$P_B(C̅) = (P(B ∩ C̅))/P(B) = (20/500)/(200/500) = 0,04/0,40 = 0,10 ✔.

6. 6

   Comparaison utile : l'usinage A a un taux de $\frac{15}{300}=5\%$15/300 = 5%, soit deux fois moins que B.

   C'est B qu'il faut régler.

Rappel de cours : Conditionner, c'est changer le TOTAL de référence : on divise par l'effectif de la condition.

Erreur fréquente : Diviser par $500$500 au lieu de $200$200 : on obtiendrait $0,04$0,04, qui est $P(B\cap \overline{C})$P(B ∩ C̅) et non la conditionnelle.

Correction détaillée

1. 1

   Premier niveau : $P(F_1)=0,6$P(F₁) = 0,6 et $P(F_2)=0,4$P(F₂) = 0,4.

2. 2

   Second niveau depuis $F_1$F₁ : $P_{F_1}(H)=0,03$P_F₁(H) = 0,03 et $P_{F_1}(\overline{H})=0,97$P_F₁(H̅) = 0,97.

3. 3

   Second niveau depuis $F_2$F₂ : $P_{F_2}(H)=0,08$P_F₂(H) = 0,08 et $P_{F_2}(\overline{H})=0,92$P_F₂(H̅) = 0,92.

4. 4

   Chemins : $P(F_1\cap H)=0,6\times 0,03=0,018$P(F₁∩ H) = 0,6× 0,03 = 0,018 ; $P(F_1\cap \overline{H})=0,6\times 0,97=0,582$P(F₁ ∩ H̅) = 0,6× 0,97 = 0,582.

5. 5

   $P(F_2\cap H)=0,4\times 0,08=0,032$P(F₂ ∩ H) = 0,4× 0,08 = 0,032 ; $P(F_2\cap \overline{H})=0,4\times 0,92=0,368$P(F₂capH̅) = 0,4× 0,92 = 0,368.

6. 6

   Somme : $0,018+0,582+0,032+0,368=1$0,018 + 0,582 + 0,032 + 0,368 = 1 ✔ Les quatre chemins couvrent toutes les possibilités.

7. 7

   Ce contrôle est le premier réflexe à avoir sur un arbre : si la somme des chemins ne fait pas $1$1, il y a une erreur.

Rappel de cours : À chaque nœud, la somme des branches vaut $1$1 · la somme des probabilités de tous les chemins vaut $1$1.

Erreur fréquente : Écrire $P_{F_2}(\overline{H})=0,97$P_F₂(H̅) = 0,97 : chaque nœud a ses propres compléments, ils ne se recopient pas d'une branche à l'autre.

Correction détaillée

1. 1

   Notons $T$T : « la pièce est traitée » et $C$C : « elle est conforme ».

   On a $P(T)=0,25$P(T) = 0,25, $P_T(C)=0,96$P_T(C) = 0,96, $P_{\overline{T}}(C)=0,88$P_T̅(C) = 0,88.

2. 2

   $P(T\cap C)=P(T)\times P_T(C)=0,25\times 0,96=0,24$P(T ∩ C) = P(T)× P_T(C) = 0,25 × 0,96 = 0,24.

3. 3

   Pour la seconde : $P(\overline{T})=0,75$P(T̅) = 0,75 et $P_{\overline{T}}(\overline{C})=1-0,88=0,12$P_T̅(C̅) = 1 - 0,88 = 0,12.

4. 4

   $P(\overline{T}\cap \overline{C})=0,75\times 0,12=0,09$P(T̅capC̅) = 0,75 × 0,12 = 0,09.

5. 5

   Interprétation : $24\%$24% des pièces sont traitées et conformes ; $9\%$9% ne sont ni traitées ni conformes.

6. 6

   Contrôle partiel : les deux autres chemins valent $0,25\times 0,04=0,01$0,25× 0,04 = 0,01 et $0,75\times 0,88=0,66$0,75× 0,88 = 0,66, et $0,24+0,01+0,66+0,09=1$0,24 + 0,01 + 0,66 + 0,09 = 1 ✔.

Rappel de cours : $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)$P(A ∩ B) = P(A)× P_A(B) : on multiplie les probabilités rencontrées le long du chemin.

Erreur fréquente : Multiplier $0,75\times 0,88$0,75 × 0,88 pour la seconde question : $0,88$0,88 est la probabilité d'être CONFORME, il faut son complément $0,12$0,12.

Correction détaillée

1. 1

   Les deux fournisseurs forment une partition : toute pièce vient de $F_1$F₁ ou de $F_2$F₂, et jamais des deux.

2. 2

   Formule des probabilités totales : $P(H)=P(F_1)P_{F_1}(H)+P(F_2)P_{F_2}(H)$P(H) = P(F₁)P_F₁(H) + P(F₂)P_F₂(H).

3. 3

   $P(H)=0,6\times 0,03+0,4\times 0,08=0,018+0,032=0,05$P(H) = 0,6× 0,03 + 0,4× 0,08 = 0,018 + 0,032 = 0,05.

4. 4

   Soit $5\%$5% de pièces hors cote.

5. 5

   Prévision : $0,05\times 5000=250$0,05 × 5 000 = 250 pièces hors cote.

6. 6

   Contrôle d'encadrement : $P(H)$P(H) est une moyenne pondérée des taux $0,03$0,03 et $0,08$0,08, elle doit donc être comprise entre les deux ✔.

Rappel de cours : Probabilités totales : on additionne les probabilités de TOUS les chemins menant à l'évènement.

Erreur fréquente : Faire la moyenne simple des taux : $\frac{0,03+0,08}{2}=0,055$(0,03+0,08)/2 = 0,055 au lieu de $0,05$0,05. Il faut PONDÉRER par les parts des fournisseurs.

Correction détaillée

1. 1

   Une partition de l'univers est une famille d'évènements deux à deux INCOMPATIBLES dont la réunion est l'univers TOUT ENTIER.

2. 2

   ① Conforme / non conforme : incompatibles (une pièce ne peut être les deux) et exhaustifs (elle est nécessairement l'un des deux).

   C'est une partition ✔

3. 3

   ② Les trois machines : chaque pièce vient d'une seule machine, et il n'y en a pas d'autre.

   C'est une partition ✔

4. 4

   ③ Conforme / à retoucher : il manque un cas, celui des pièces à REBUTER.

   La réunion ne couvre pas l'univers : ce n'est pas une partition ✘

5. 5

   ④ Matin / après-midi / par le chef : une pièce contrôlée le matin PAR le chef appartient à deux catégories.

   Les évènements ne sont pas incompatibles : ce n'est pas une partition ✘

6. 6

   Pourquoi c'est essentiel : la formule des probabilités totales n'est valable que sur une partition.

   Sur ④, on compterait deux fois certains chemins ; sur ③, on en oublierait.

Rappel de cours : Partition : cas deux à deux incompatibles ET couvrant tout l'univers. C'est la condition d'emploi des probabilités totales.

Erreur fréquente : Utiliser la formule des probabilités totales sur des cas qui se recoupent : le total dépasserait $1$1.

Correction détaillée

1. 1

   Les trois machines forment une partition : on additionne les trois chemins menant au rebut $R$R.

2. 2

   $P(M_1\cap R)=0,50\times 0,02=0,010$P(M₁ ∩ R) = 0,50× 0,02 = 0,010.

3. 3

   $P(M_2\cap R)=0,30\times 0,04=0,012$P(M₂∩ R) = 0,30× 0,04 = 0,012.

4. 4

   $P(M_3\cap R)=0,20\times 0,07=0,014$P(M₃∩ R) = 0,20× 0,07 = 0,014.

5. 5

   $P(R)=0,010+0,012+0,014=0,036$P(R) = 0,010 + 0,012 + 0,014 = 0,036, soit $3,6\%$3,6% de rebuts.

6. 6

   Contribution de chaque machine : M3 apporte $0,014$0,014, soit $\frac{0,014}{0,036}\approx 38,9\%$0,014/0,036 ≈ 38,9% des rebuts, alors qu'elle ne produit que $20\%$20% des pièces.

7. 7

   M2 en apporte $\frac{0,012}{0,036}\approx 33,3\%$0,012/0,036 ≈ 33,3% et M1 $\frac{0,010}{0,036}\approx 27,8\%$0,010/0,036 ≈ 27,8%.

8. 8

   C'est donc M3 qui contribue le plus, malgré son faible volume : son taux de rebut est trois fois et demi celui de M1.

9. 9

   Contrôle : $38,9+33,3+27,8=100\%$38,9 + 33,3 + 27,8 = 100% ✔.

Rappel de cours : Avec une partition à trois cas, la formule compte TROIS termes : un par chemin.

Erreur fréquente : Oublier un chemin : la somme des contributions doit toujours reconstituer $P(R)$P(R).

Correction détaillée

1. 1

   $P_R(M_3)=\frac{P(M_3\cap R)}{P(R)}=\frac{0,014}{0,036}\approx 0,389$P_R(M₃) = (P(M₃ ∩ R))/P(R) = 0,014/0,036 ≈ 0,389.

2. 2

   $P_R(M_1)=\frac{0,010}{0,036}\approx 0,278$P_R(M₁) = 0,010/0,036 ≈ 0,278.

3. 3

   $P_R(M_2)=\frac{0,012}{0,036}\approx 0,333$P_R(M₂) = 0,012/0,036 ≈ 0,333.

4. 4

   Somme : $0,389+0,278+0,333=1,000$0,389 + 0,278 + 0,333 = 1,000 ✔ — c'est le contrôle obligatoire, puisque le rebut vient nécessairement de l'une des trois machines.

5. 5

   Lecture industrielle : sachant qu'une pièce est mauvaise, il y a près de $39\%$39% de chances qu'elle sorte de M3.

   Un rebut est donc un indice en faveur de M3, sans certitude.

6. 6

   À ne pas confondre : $P_{M_3}(R)=0,07$P_M₃(R) = 0,07 (taux de rebut de M3) et $P_R(M_3)\approx 0,39$P_R(M₃) ≈ 0,39 (part de M3 parmi les rebuts).

   Les deux nombres ne mesurent pas la même chose.

Rappel de cours : $P_R(M_i)=\frac{P(M_i\cap R)}{P(R)}$P_R(Mᵢ) = (P(Mᵢ ∩ R))/P(R), et la somme des $P_R(M_i)$P_R(Mᵢ) sur une partition vaut $1$1.

Erreur fréquente : Répondre $0,07$0,07 : c'est le taux de rebut de M3, la probabilité dans l'autre sens.

Correction détaillée

1. 1

   À condition fixée, les deux branches sont complémentaires : $P_M(\overline{D})=1-P_M(D)=1-0,92=0,08$P_M(D̅) = 1 - P_M(D) = 1 - 0,92 = 0,08.

2. 2

   $P_{\overline{M}}(\overline{D})=1-P_{\overline{M}}(D)=1-0,05=0,95$P_M̅(D̅) = 1 - P_M̅(D) = 1 - 0,05 = 0,95.

3. 3

   Interprétation de $0,08$0,08 : dans $8\%$8% des cas où la pièce est mal placée, le capteur ne déclenche PAS.

   C'est un défaut de détection, le plus grave pour la sécurité de la ligne.

4. 4

   Interprétation de $0,95$0,95 : quand la pièce est bien placée, le capteur reste silencieux dans $95\%$95% des cas.

   Les $5\%$5% restants sont des arrêts inutiles de la ligne.

5. 5

   Attention à ce que ces nombres NE disent pas : ils ne donnent pas la proportion de fausses alertes parmi les déclenchements.

   Ce calcul, plus utile encore, demande la probabilité inverse.

Rappel de cours : $P_A(\overline{B})=1-P_A(B)$P_A(B̅) = 1 - P_A(B) : le complément se prend à condition INCHANGÉE.

Erreur fréquente : Écrire $P_{\overline{M}}(\overline{D})=1-P_M(D)=0,08$P_M̅(D̅) = 1 - P_M(D) = 0,08 : on a changé la condition en même temps que l'évènement.

Correction détaillée

1. 1

   Premier tirage : $3$3 défectueuses sur $10$10, donc $P=\frac{3}{10}$P = 3/10.

2. 2

   Second tirage sachant la première défectueuse : il reste $2$2 défectueuses sur $9$9 pièces, donc $\frac{2}{9}$2/9.

3. 3

   $P(\text{deux deˊfectueuses})=\frac{3}{10}\times \frac{2}{9}=\frac{6}{90}=\frac{1}{15}\approx 0,067$P( deux défectueuses ) = 3/10×2/9 = 6/90 = 1/15 ≈ 0,067.

4. 4

   Aucune défectueuse : $\frac{7}{10}\times \frac{6}{9}=\frac{42}{90}=\frac{7}{15}\approx 0,467$7/10×6/9 = 42/90 = 7/15 ≈ 0,467.

5. 5

   Exactement une : deux chemins, « défectueuse puis bonne » et « bonne puis défectueuse ».

6. 6

   $\frac{3}{10}\times \frac{7}{9}+\frac{7}{10}\times \frac{3}{9}=\frac{21}{90}+\frac{21}{90}=\frac{42}{90}=\frac{7}{15}\approx 0,467$3/10×7/9 + 7/10×3/9 = 21/90 + 21/90 = 42/90 = 7/15 ≈ 0,467.

7. 7

   Contrôle : $\frac{1}{15}+\frac{7}{15}+\frac{7}{15}=\frac{15}{15}=1$1/15 + 7/15 + 7/15 = 15/15 = 1 ✔.

8. 8

   Point clé : sans remise, les probabilités du second niveau DÉPENDENT du premier tirage.

   L'arbre n'a pas les mêmes pondérations sur ses deux branches.

Rappel de cours : Sans remise, le second niveau de l'arbre change : un élément de moins au total, et un de moins dans la catégorie tirée.

Erreur fréquente : Utiliser $\frac{3}{10}$3/10 au second tirage : ce serait un tirage AVEC remise, et la somme des chemins ne correspondrait plus à la situation décrite.

Correction détaillée

1. 1

   Premier niveau : $P(\text{reˊcent})=\frac{560}{800}=0,7$P( récent ) = 560/800 = 0,7 et $P(\text{ancien})=0,3$P( ancien ) = 0,3.

2. 2

   Second niveau depuis « récent » : $\frac{28}{560}=0,05$28/560 = 0,05 de panne, donc $0,95$0,95 sans panne.

3. 3

   Second niveau depuis « ancien » : $\frac{36}{240}=0,15$36/240 = 0,15 de panne, donc $0,85$0,85 sans panne.

4. 4

   Première méthode (probabilités totales) : $P(\text{panne})=0,7\times 0,05+0,3\times 0,15=0,035+0,045=0,08$P( panne ) = 0,7× 0,05 + 0,3× 0,15 = 0,035 + 0,045 = 0,08.

5. 5

   Seconde méthode (effectifs) : $28+36=64$28 + 36 = 64 pannes sur $800$800 équipements, soit $\frac{64}{800}=0,08$64/800 = 0,08 ✔.

6. 6

   Les deux méthodes concordent, ce qui valide l'arbre.

7. 7

   À retenir : tableau et arbre décrivent la même situation.

   Le tableau donne les intersections directement, l'arbre donne les conditionnelles ; on passe de l'un à l'autre en divisant ou en multipliant.

Rappel de cours : Tableau $\to$→ arbre : on divise chaque effectif par le total de sa LIGNE pour obtenir les conditionnelles.

Erreur fréquente : Reporter $\frac{28}{800}=0,035$28/800 = 0,035 sur la branche du second niveau : c'est $P(\text{reˊcent}\cap \text{panne})$P( récent ∩ panne ), pas la conditionnelle.

Correction détaillée

1. 1

   Notons $D$D : « défectueuse » et $J$J : « rejetée ».

   On a $P(D)=0,05$P(D) = 0,05, $P_D(J)=0,94$P_D(J) = 0,94, $P_{\overline{D}}(J)=0,03$P_D̅(J) = 0,03.

2. 2

   Chemins : $P(D\cap J)=0,05\times 0,94=0,047$P(D∩ J) = 0,05× 0,94 = 0,047 et $P(\overline{D}\cap J)=0,95\times 0,03=0,0285$P(D̅∩ J) = 0,95× 0,03 = 0,028 5.

3. 3

   $P(J)=0,047+0,0285=0,0755$P(J) = 0,047 + 0,028 5 = 0,075 5, soit $7,55\%$7,55% des pièces rejetées.

4. 4

   Probabilité inverse : $P_J(D)=\frac{0,047}{0,0755}\approx 0,622$P_J(D) = 0,047/(0,075 5) ≈ 0,622.

5. 5

   Donc $62,2\%$62,2% des rejets sont justifiés : près de quatre pièces rejetées sur dix étaient en réalité bonnes.

6. 6

   Pour les pièces acceptées : $P(\overline{J})=1-0,0755=0,9245$P(J̅) = 1 - 0,075 5 = 0,924 5, et $P(D\cap \overline{J})=0,05\times 0,06=0,003$P(D ∩ J̅) = 0,05× 0,06 = 0,003.

7. 7

   $P_{\overline{J}}(D)=\frac{0,003}{0,9245}\approx 0,00325$P_J̅(D) = 0,003/(0,924 5) ≈ 0,003 25, soit environ $0,32\%$0,32%.

8. 8

   Bilan du contrôle : il ne laisse passer que $3$3 pièces défectueuses sur $1000$1 000 acceptées — excellent pour le client.

   En revanche il rejette beaucoup de bonnes pièces, ce qui coûte cher au producteur.

Rappel de cours : $P_D(J)$P_D(J) mesure la performance du contrôle, $P_J(D)$P_J(D) la fiabilité de son verdict. Les deux diffèrent d'autant plus que le défaut est rare.

Erreur fréquente : Répondre $0,94$0,94 à la deuxième question : c'est $P_D(J)$P_D(J), la probabilité en sens inverse.

Correction détaillée

1. 1

   Chemins : $P(A\cap D)=0,45\times 0,015=0,00675$P(A∩ D) = 0,45× 0,015 = 0,006 75 ; $P(B\cap D)=0,35\times 0,02=0,007$P(B∩ D) = 0,35× 0,02 = 0,007 ; $P(C\cap D)=0,20\times 0,05=0,010$P(C∩ D) = 0,20× 0,05 = 0,010.

2. 2

   $P(D)=0,00675+0,007+0,010=0,02375$P(D) = 0,006 75 + 0,007 + 0,010 = 0,023 75, soit $2,375\%$2,375%.

3. 3

   $P_D(C)=\frac{0,010}{0,02375}\approx 0,421$P_D(C) = 0,010/(0,023 75) ≈ 0,421 : $42,1\%$42,1% des cartes défaillantes viennent de C, qui ne fournit que $20\%$20% des cartes.

4. 4

   Avec un fournisseur à $1\%$1% à la place de C : le nouveau chemin vaut $0,20\times 0,01=0,002$0,20 × 0,01 = 0,002.

5. 5

   Nouveau taux global : $0,00675+0,007+0,002=0,01575$0,006 75 + 0,007 + 0,002 = 0,015 75, soit $1,575\%$1,575%.

6. 6

   $1,575\%<2\%$1,575% < 2% : oui, le remplacement suffit, avec une marge confortable.

7. 7

   Analyse complémentaire : à lui seul, ce changement fait gagner $0,8$0,8 point de taux global.

   Aucun autre levier n'est aussi efficace, puisque C concentrait $42\%$42% des défauts pour un cinquième des volumes.

8. 8

   Contrôle : le taux global doit rester compris entre le meilleur ($1\%$1%) et le pire ($2\%$2%) des taux fournisseurs après changement ✔ $1,575\%$1,575% est bien dans cet intervalle.

Rappel de cours : Le levier le plus efficace n'est pas le plus gros fournisseur, mais celui qui concentre la plus grande PART DES DÉFAUTS.

Erreur fréquente : Croire qu'il faut agir sur A parce qu'il fournit le plus : A n'apporte que $28,4\%$28,4% des défauts.

Correction détaillée

1. 1

   Pièce bonne : les trois contrôles sont indépendants, donc $0,9^3=0,729$0,9³ = 0,729.

2. 2

   Pièce défectueuse : $0,2^3=0,008$0,2³ = 0,008.

3. 3

   Probabilités totales : $P(\text{accepteˊe})=0,90\times 0,729+0,10\times 0,008$P( acceptée ) = 0,90× 0,729 + 0,10× 0,008.

4. 4

   $=0,6561+0,0008=0,6569$= 0,656 1 + 0,000 8 = 0,656 9.

5. 5

   Probabilité inverse : $P_{\text{accepteˊe}}(\text{deˊfectueuse})=\frac{0,0008}{0,6569}\approx 0,00122$P_acceptée( défectueuse ) = (0,000 8)/(0,656 9) ≈ 0,001 22, soit environ $0,12\%$0,12%.

6. 6

   Autrement dit : sur $1000$1 000 pièces acceptées, un peu plus d'une seule est défectueuse.

   Le triple contrôle est très sûr.

7. 7

   Revers de la médaille : $1-0,729=27,1\%$1 - 0,729 = 27,1% des BONNES pièces sont rejetées à tort, ce qui représente une perte considérable.

8. 8

   Comparaison instructive avec un seul contrôle : on aurait $P(\text{accepteˊe})=0,9\times 0,9+0,1\times 0,2=0,83$P( acceptée ) = 0,9× 0,9 + 0,1× 0,2 = 0,83 et $P(\text{deˊfectueuse}\mid \text{accepteˊe})=\frac{0,02}{0,83}\approx 2,4\%$P( défectueuse | acceptée ) = 0,02/0,83 ≈ 2,4% — vingt fois plus de défauts laissés passer, mais beaucoup moins de rejets injustifiés.

Rappel de cours : Contrôles indépendants répétés : on multiplie les probabilités conditionnelles, puis on applique les probabilités totales.

Erreur fréquente : Multiplier $0,9\times 0,2$0,9× 0,2 en mélangeant les branches : chaque chemin reste dans une seule catégorie (bonne OU défectueuse).

Correction détaillée

1. 1

   Probabilités totales : $P(R)=x\times 0,03+(1-x)\times 0,08$P(R) = x × 0,03 + (1-x)× 0,08.

2. 2

   On développe : $P(R)=0,03x+0,08-0,08x=0,08-0,05x$P(R) = 0,03x + 0,08 - 0,08x = 0,08 - 0,05x.

3. 3

   L'énoncé impose $P(R)=0,05$P(R) = 0,05, d'où $0,08-0,05x=0,05$0,08 - 0,05x = 0,05.

4. 4

   $-0,05x=-0,03$-0,05x = -0,03, donc $x=0,6$x = 0,6 : l'atelier A produit $60\%$60% des composants.

5. 5

   Contrôle : $0,6\times 0,03+0,4\times 0,08=0,018+0,032=0,05$0,6× 0,03 + 0,4× 0,08 = 0,018 + 0,032 = 0,05 ✔.

6. 6

   Probabilité inverse : $P_R(B)=\frac{0,032}{0,05}=0,64$P_R(B) = 0,032/0,05 = 0,64.

7. 7

   L'atelier B, avec $40\%$40% de la production, est responsable de $64\%$64% des rebuts.

8. 8

   Lecture de l'expression $P(R)=0,08-0,05x$P(R) = 0,08 - 0,05x : elle est décroissante en $x$x, ce qui est logique — plus l'atelier A (le meilleur) produit, plus le taux global baisse.

   Aux bornes : $x=0$x = 0 donnerait $8\%$8%, $x=1$x = 1 donnerait $3\%$3%.

Rappel de cours : Une inconnue dans un arbre se traite comme d'habitude : probabilités totales, puis ÉQUATION à résoudre.

Erreur fréquente : Poser $x$x pour l'atelier B sans le préciser : la valeur trouvée ($0,4$0,4) serait juste mais attribuée au mauvais atelier.

Correction détaillée

1. 1

   Aucune non conforme : il faut tirer trois pièces parmi les $16$16 conformes, successivement.

2. 2

   $P=\frac{16}{20}\times \frac{15}{19}\times \frac{14}{18}$P = 16/20×15/19×14/18.

3. 3

   Calcul : $\frac{16}{20}=0,8$16/20 = 0,8 ; $\frac{15}{19}\approx 0,78947$15/19 ≈ 0,789 47 ; $\frac{14}{18}\approx 0,77778$14/18 ≈ 0,777 78.

4. 4

   Produit : $0,8\times 0,78947\times 0,77778\approx 0,4912$0,8 × 0,789 47 × 0,777 78 ≈ 0,491 2.

5. 5

   Au moins une non conforme : $1-0,4912=0,5088$1 - 0,491 2 = 0,508 8, soit environ $50,9\%$50,9%.

6. 6

   Avec remise, on aurait ${\left(\frac{16}{20}\right)}^3=0,8^3=0,512$(16/20)³ = 0,8³ = 0,512, donc $1-0,512=0,488$1 - 0,512 = 0,488 pour « au moins une ».

7. 7

   Comparaison : $50,9\%$50,9% sans remise contre $48,8\%$48,8% avec remise.

   L'écart est de $2$2 points.

8. 8

   Explication : sans remise, chaque pièce conforme prélevée « épuise » le stock de bonnes pièces, ce qui rend un défaut un peu plus probable ensuite.

9. 9

   À retenir : l'approximation avec remise est acceptable quand l'échantillon est petit devant le lot.

   Ici $3$3 pièces sur $20$20, soit $15\%$15% : l'écart est déjà visible.

Rappel de cours : « Au moins un » passe par l'évènement contraire « aucun », même en tirage sans remise.

Erreur fréquente : Garder le même dénominateur aux trois tirages : sans remise, il passe de $20$20 à $19$19 puis à $18$18.

Correction détaillée

1. 1

   Mode sévère.

   Chemins vers le rejet : $0,08\times 0,97=0,0776$0,08× 0,97 = 0,077 6 et $0,92\times 0,10=0,092$0,92 × 0,10 = 0,092.

2. 2

   $P(\text{rejet})=0,0776+0,092=0,1696$P( rejet ) = 0,077 6 + 0,092 = 0,169 6, soit près de $17\%$17% de pièces rejetées.

3. 3

   Mode souple : $0,08\times 0,85=0,068$0,08× 0,85 = 0,068 et $0,92\times 0,02=0,0184$0,92× 0,02 = 0,018 4, donc $P(\text{rejet})=0,0864$P( rejet ) = 0,086 4, soit $8,64\%$8,64%.

4. 4

   Pièces acceptées en mode sévère : $1-0,1696=0,8304$1 - 0,169 6 = 0,830 4.

   Parmi elles, les hors tolérance : $0,08\times 0,03=0,0024$0,08× 0,03 = 0,002 4.

5. 5

   Proportion : $\frac{0,0024}{0,8304}\approx 0,00289$(0,002 4)/(0,830 4) ≈ 0,002 89, soit $0,289\%$0,289%.

6. 6

   Pièces acceptées en mode souple : $1-0,0864=0,9136$1 - 0,086 4 = 0,913 6.

   Hors tolérance parmi elles : $0,08\times 0,15=0,012$0,08× 0,15 = 0,012.

7. 7

   Proportion : $\frac{0,012}{0,9136}\approx 0,0131$0,012/(0,913 6) ≈ 0,013 1, soit $1,31\%$1,31%.

8. 8

   Comparaison au cahier des charges : le mode sévère donne $0,289\%\le 0,5\%$0,289% ≤ 0,5% ✔ ; le mode souple donne $1,31\%>0,5\%$1,31% > 0,5% ✘

9. 9

   Il faut donc choisir le mode SÉVÈRE, seul conforme à l'exigence client.

10. 10

    Coût de ce choix : $16,96\%$16,96% de rejets contre $8,64\%$8,64%, soit presque le double.

    Et parmi les rejets du mode sévère, $\frac{0,092}{0,1696}\approx 54\%$0,092/0,1696 ≈ 54% sont des bonnes pièces — un gâchis à chiffrer avant de valider.

Rappel de cours : Un réglage de contrôle arbitre toujours entre défauts LIVRÉS et bonnes pièces REJETÉES. Les deux se calculent par probabilité inverse.

Erreur fréquente : Choisir le mode souple parce qu'il rejette moins : il laisse passer quatre fois plus de pièces hors tolérance.

Correction détaillée

1. 1

   Chemins vers « E » : électrique $0,50\times 0,80=0,40$0,50× 0,80 = 0,40 ; mécanique $0,30\times 0,25=0,075$0,30× 0,25 = 0,075 ; logicielle $0,20\times 0,40=0,08$0,20× 0,40 = 0,08.

2. 2

   $P(E)=0,40+0,075+0,08=0,555$P(E) = 0,40 + 0,075 + 0,08 = 0,555.

3. 3

   Probabilités inverses : $P_E(\text{eˊlec})=\frac{0,40}{0,555}\approx 0,721$P_E( élec ) = 0,40/0,555 ≈ 0,721.

4. 4

   $P_E(\text{meˊca})=\frac{0,075}{0,555}\approx 0,135$P_E( méca ) = 0,075/0,555 ≈ 0,135 et $P_E(\text{logi})=\frac{0,08}{0,555}\approx 0,144$P_E( logi ) = 0,08/0,555 ≈ 0,144.

5. 5

   Contrôle : $0,721+0,135+0,144=1,000$0,721 + 0,135 + 0,144 = 1,000 ✔.

6. 6

   Le code « E » orientant vers l'électrique avec $72\%$72% de confiance, c'est par là qu'il faut commencer l'intervention.

7. 7

   Si le test n'affiche pas « E » : $P(\overline{E})=1-0,555=0,445$P(E̅) = 1 - 0,555 = 0,445.

8. 8

   Chemins : électrique $0,50\times 0,20=0,10$0,50× 0,20 = 0,10 ; mécanique $0,30\times 0,75=0,225$0,30× 0,75 = 0,225 ; logicielle $0,20\times 0,60=0,12$0,20× 0,60 = 0,12.

9. 9

   $P_{\overline{E}}(\text{meˊca})=\frac{0,225}{0,445}\approx 0,506$P_E̅( méca ) = 0,225/0,445 ≈ 0,506 ; $P_{\overline{E}}(\text{logi})=\frac{0,12}{0,445}\approx 0,270$P_E̅( logi ) = 0,12/0,445 ≈ 0,270 ; $P_{\overline{E}}(\text{eˊlec})=\frac{0,10}{0,445}\approx 0,225$P_E̅( élec ) = 0,10/0,445 ≈ 0,225.

10. 10

    L'absence de code « E » rend donc la cause MÉCANIQUE la plus probable ($50,6\%$50,6%), alors qu'elle n'était que la deuxième cause a priori ($30\%$30%).

11. 11

    Voilà tout l'intérêt du test : il RÉVISE les probabilités.

    L'électrique passe de $50\%$50% à $72\%$72% avec le code, et tombe à $22,5\%$22,5% sans lui.

Rappel de cours : Un test réoriente les probabilités des causes : on recalcule chaque $P_{\text{reˊsultat}}(\text{cause})$P_résultat( cause ), et leur somme doit valoir $1$1.

Erreur fréquente : Conclure « électrique » dans les deux cas parce que c'est la cause la plus fréquente a priori : sans le code « E », elle devient la MOINS probable.

Correction détaillée

1. 1

   Intacte : elle doit échapper aux trois postes, donc $0,98\times 0,97\times 0,95$0,98× 0,97× 0,95.

2. 2

   $0,98\times 0,97=0,9506$0,98 × 0,97 = 0,950 6, puis $0,9506\times 0,95=0,90307$0,950 6× 0,95 = 0,903 07.

3. 3

   $P(\text{intacte})\approx 0,903$P( intacte ) ≈ 0,903, soit $90,3\%$90,3%.

4. 4

   Abîmée : $1-0,90307=0,09693$1 - 0,903 07 = 0,096 93, soit environ $9,7\%$9,7%.

5. 5

   Abîmée au poste 3 seulement : elle a passé les deux premiers postes puis a été abîmée au troisième.

6. 6

   $P=0,98\times 0,97\times 0,05=0,9506\times 0,05=0,04753$P = 0,98× 0,97× 0,05 = 0,950 6 × 0,05 = 0,047 53.

7. 7

   Conditionnellement : $\frac{0,04753}{0,09693}\approx 0,490$(0,047 53)/(0,096 93) ≈ 0,490.

8. 8

   Donc près de $49\%$49% des pièces abîmées le sont au poste 3.

9. 9

   Comparons les contributions.

   Poste 1 : $0,02$0,02 (soit $\frac{0,02}{0,09693}\approx 20,6\%$0,02/(0,096 93) ≈ 20,6% des dégâts).

   Poste 2 : $0,98\times 0,03=0,0294$0,98× 0,03 = 0,029 4 ($\approx 30,3\%$≈ 30,3%).

   Poste 3 : $0,04753$0,047 53 ($\approx 49,0\%$≈ 49,0%).

10. 10

    Contrôle : $0,02+0,0294+0,04753=0,09693$0,02 + 0,029 4 + 0,047 53 = 0,096 93 ✔ et $20,6+30,3+49,0=99,9\%$20,6 + 30,3 + 49,0 = 99,9% (arrondis) ✔.

11. 11

    Priorité : le poste 3, responsable de près de la moitié des pièces abîmées.

    Ramener son taux de $5\%$5% à $2\%$2% ferait passer le taux global de $9,7\%$9,7% à $0,98\times 0,97\times 0,98=0,9317$0,98× 0,97× 0,98 = 0,931 7, soit $6,8\%$6,8% de pièces abîmées.

Rappel de cours : Pour « passer partout sans dommage », on multiplie les probabilités de succès de chaque poste.

Erreur fréquente : Additionner les taux ($2+3+5=10\%$2 + 3 + 5 = 10%) : l'approximation est proche de $9,7\%$9,7% mais fausse, et elle empire avec des taux plus élevés.

Correction détaillée

1. 1

   Accepté : les trois pièces viennent des $20$20 pièces conformes.

2. 2

   $P(\text{accepteˊ})=\frac{20}{25}\times \frac{19}{24}\times \frac{18}{23}$P( accepté ) = 20/25×19/24×18/23.

3. 3

   $\frac{20}{25}=0,8$20/25 = 0,8 ; $\frac{19}{24}\approx 0,79167$19/24 ≈ 0,791 67 ; $\frac{18}{23}\approx 0,78261$18/23 ≈ 0,782 61.

4. 4

   Produit : $0,8\times 0,79167\times 0,78261\approx 0,4957$0,8× 0,791 67× 0,782 61 ≈ 0,495 7.

5. 5

   Exactement une hors cote : trois positions possibles pour la pièce hors cote.

6. 6

   Un chemin, par exemple hors cote au premier tirage : $\frac{5}{25}\times \frac{20}{24}\times \frac{19}{23}\approx 0,2\times 0,83333\times 0,82609\approx 0,1377$5/25×20/24×19/23 ≈ 0,2 × 0,833 33× 0,826 09 ≈ 0,137 7.

7. 7

   Les trois chemins ont la même probabilité (mêmes facteurs dans un autre ordre), donc $P(\text{exactement une})\approx 3\times 0,1377\approx 0,4130$P( exactement une ) ≈ 3× 0,137 7 ≈ 0,413 0.

8. 8

   Carton refusé : $P(\text{refuseˊ})=1-0,4957=0,5043$P( refusé ) = 1 - 0,495 7 = 0,504 3.

9. 9

   Conditionnellement : $\frac{0,4130}{0,5043}\approx 0,819$(0,413 0)/(0,504 3) ≈ 0,819.

10. 10

    Donc dans $82\%$82% des refus, une seule pièce hors cote a été trouvée.

11. 11

    Le plan est-il sévère ?

    Un carton contenant $20\%$20% de pièces hors cote n'est détecté que dans $50,4\%$50,4% des cas : il a donc une chance sur deux de passer le contrôle.

12. 12

    Conclusion : le plan est PEU sévère.

    Pour améliorer la détection, il faudrait prélever davantage de pièces — avec $6$6 pièces, la probabilité d'acceptation tomberait à environ $0,22$0,22.