O BTS cgo
Exercice 1 A : « le bulbe présente le défaut a » B : « le bulbe présente le défaut b » 1. 2.

Corrigé de l’épreuve de 2009
A – Evénements indépendants A et B indépendants p(A) = 0,015 p(B) = 0,02

E1 : « le bulbe présente le défaut a et le défaut b » P(E1) = P(A ∩ B) = P(A) x P(B) = 0,015 x 0,02 = 0,0003 (événements indépendants) E2 : « le bulbe présente au moins un des deux défauts » P(E2) = P(A B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 0,015 + 0,02 – 0,0003 = 0,0347

P(E1) = 0,0003 P(E2) = 0,0347 P(E3) = 0,9653

3.

E3 : « le bulbe ne présente aucun défaut » E3 est l’événement contraire de E2 , donc : P(E3) = 1 – P(E2) = 1 – 0,0347 = 0,9653 B – Loi binomiale

D : une composition florale prélevée au hasard est défectueuse P(D) = 0,025 On prélève au hasard 12 compositions florales (assimilé à un tirage avec remise) X est la variable aléatoire, qui, à tout prélèvement ainsi défini associe le nombre de compositions qui sont défectueuses. 1. On effectue un prélèvement 12 fois de suite, les épreuves sont indépendantes 2 à 2 et il y a 2 issues : La composition est défectueuse p = 0,025 ou elle ne l’est pas q = 0,975 Donc X suit la loi binomiale de paramètres 12 et 0,025 2. 3. P(X = 2) =
2 C 12 0 ,025 2 × 0 ,975 10 ≈ 0,032023

B (12 ; 0,025)
P(X=2) ≈ 0, 03

(à 10 −2 près)

Probabilité d’avoir au plus une composition défectueuse P(E) = P(X = 0) + P(X = 1) = C 0 0 ,025 0 × 0 ,975 12 + C 1 0 ,025 1 × 0 ,975 11 = 0,975 12 + 12 x 0,025 x 0,975 11 12 12 P(E) ≈ 0,737998 +0,227076 ≈ 0,97 (ou 0,96) P(E) ≈ 0,97 C – Loi normale X1 variable aléatoire, qui à toute semaine prise au hasard dans une année, associe la demande en kg d’engrais de type C1. X1 suit N (160 ; 32) X − 160 , T1 suit la loi normale centrée réduite N(0 ; 1) X1 = 32T1 + 160 On pose T1 = 32 P(X1 < 200) = P(32T1 + 160 < 200) = P(32T1 < 40) = P(T1 < 1,25) = Π(1,25) ≈ 0,8944 P(X1 < 200) ≈ 0,8944
X2 variable aléatoire qui à toute semaine associe la demande en kg de l’engrais C2 Y = X1 + X2 a) m = m1