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% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}
\subsection*{\textcolor{red}{Correction des exercices}}
\end{center}



\begin{multicols}{2}
\setlength{\columnseprule}{1pt}
\setlength{\columnsep}{2 cm}

\subsection{\textcolor{blue}{Pondichéry avril 2013}}
Dans une entreprise, on s'intéresse à la probabilité qu'un salarié
soit absent durant une période d'épidémie de grippe.

\medskip
\setlength\parindent{8mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~~$] Un salarié malade est absent
\item[$\bullet~~$] La première semaine de travail, le salarié n'est pas
malade.
\item[$\bullet~~$] Si la semaine $n$ le salarié n'est pas malade, il
tombe malade la semaine $n + 1$ avec une probabilité égale à $0,04$.
\item[$\bullet~~$] Si la semaine $n$ le salarié est malade, il reste
malade la semaine $n + 1$ avec une probabilité égale à $0,24$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

On désigne, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 1, par
$E_{n}$ l'évènement \og le salarié est absent pour cause de maladie la
$n$-ième semaine \fg. On note $p_{n}$ la probabilité de l'évènement
$E_{n}$.

On a ainsi : $p_{1} = 0$ et, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou
égal à 1 : $0 \leqslant  p_{n} < 1$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Déterminer la valeur de $p_{3}$ à l'aide d'un arbre de
probabilité.

\begin{center}
%\begin{pdfdisplay}

\pstree[linecolor=blue,treemode=R]{\TR{}}
{ \TR{$E_1$}\taput{0}
\pstree{\TR{$\overline E_1$}\tbput{1}}
{
		\pstree{\TR{$E_{2}$}\taput{$0,04$}}
		  {
			  \TR{$E_{3}$}\taput{0,24}
			  \TR{$\overline{E_{3}}$}\tbput{0,76}	
		  }
		\pstree{\TR{$\overline{E_{2}}$}\tbput{0,96}}
		  {
			  \TR{$E_{3}$}\taput{0,04}
			  \TR{$\overline{E_{3}}$}\tbput{0,96}		
		  }
}
}
%\end{pdfdisplay}
\end{center}
Théorème des probabilités totales : \\
$E_3 = E_2\cap E_3 \;  \cup \;
\overline{E_2}\cap E_3 $ (union d'événements disjoints) \\
 $p_3=P(E_3)=0,04\times 0,24+0,96\times 0,04\\
 =\boxed{\textcolor{red}{0,048}}$.
		
		\item Sachant que le salarié a été absent pour cause de maladie la
troisième semaine, déterminer la probabilité qu'il ait été aussi
absent pour cause de maladie la deuxième semaine.
		$\text{P}_{E_3}(E_2)=\dfrac{\text{P}(E_2\cap
E_3)}{\text{P}(E_3)}=\dfrac{0,04\times 0,24}{0,048}\\
=\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{1}{5} = 0,2}}$.
	\end{enumerate}
	
\item
	\begin{enumerate}
		\item Complétons l'arbre\\
		
\begin{center}
%\begin{pdfdisplay}
\pstree[linecolor=blue,treemode=R]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$E_{n}$}\taput{$p_{n}$}}
	  {
		  \TR{$E_{n+1}$}\taput{0,24}
		  \TR{$\overline{E_{n+1}}$}\tbput{0,76}	
	  }
	\pstree{\TR{$\overline{E_{n}}$}\tbput{($1-p_n$)}}
	  {
		  \TR{$E_{n+1}$}\taput{0,04}
		  \TR{$\overline{E_{n+1}}$}\tbput{0,96}		
	  }
}
%\end{pdfdisplay}
\end{center}

		\item En appliquant le théorème des probabilités totales :\\
       $E_{n+1} = E_n\cap E_{n+1} \;  \cup \;
\overline{E_n}\cap E_{n+1} \text{(union d'événements disjoints)} $\\
Pour tout $n$, $p_{n+ 1} = 0,24p_{n} +
0,04(1-p_n)\\
=(0,24-0,04)p_n+0,04=\boxed{\textcolor{red}{0,2p_n+0,04}}$

		\item Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$,		
$u_{n+1} = p_{n+1} -
0,05=0,2p_n+0,04-0,05=0,2p_n-0,01\\
=0,2(p_n-0,05)=\boxed{\textcolor{red}{0,2u_n}}$
		donc $(u_n)$ est la suite géométrique de premier terme $u_1=-0,05$ et
la raison $q=0,2$.\\
		
Par propriété, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ :  \; $u_{n}=u_1\times q^{n - 1}=-
0,05\times 0,2^{n-1}$  \\
et donc :  $ p_{n}=u_n+0,05=\boxed{\textcolor{red}{0,05\left(1-0,2^{n-1}\right)}}$ .

		\item Limite de la suite $\left(p_{n}\right)$. \\
		Comme $|0,2|<1$ alors par théorème : $\lim_{n \to + \infty} \; (0,2)^{n-1}=0$ et donc
$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} p_n=\boxed{\textcolor{red}{0,05}}$.\\
		
		\item Le nombre $J$ qui est affiché en sortie d'algorithme est le rang
du premier terme de la suite $(p_n)$ qui s'approche de la limite 0,05 à
$10^{-K}$ près, où $K$ est un entier fixé au départ.\\
		
La convergence de l'algorithme est assurée par l'existence de la limite
vue en (d) ou bien par le théorème de convergence monotone, puisque la
suite $(p_n)$ est croissante par hypothèse et majorée par 1 (car pour
tout $n\in \mathbb{N}^* , p_n\leqslant 1$).
\end{enumerate}
	\medskip	
\item
\begin{enumerate}
		\item $\bullet$  Une semaine donnée, on peut définir une épreuve de
Bernoulli, où le succès est l'évènement $E$ \og un salarié est absent
pour maladie\fg \\
$\bullet$ L'état de chaque salarié étant supposé indépendant de
l'état des autres, on obtient donc un Schéma de Bernoulli sur les 220
salariés de l'entreprise \\
$\bullet$ La variable aléatoire $X$ qui donne le nombre de succès dans
ce schéma de Bernoulli suit, par propriété, la loi binomiale
$\boxed{\textcolor{red}{\mathcal{B}(220 ; 0,05)}}$.\\

Par propriété, $\mu=\text{E}(X)=np=220\times0,05=\boxed{\textcolor{red}{11}}$ et  \\
$\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{220\times
0,05\times0,95} \simeq \boxed{\textcolor{red}{3,23}}$
		
		\item
		 La probabilité de l'évènement : \og le nombre de salariés absents
dans l'entreprise au cours d'une semaine donnée est supérieur ou égal 
à 7 et inférieur ou égal à 15 \fg \;  se note~P($7\leqslant
X \leqslant 15)$.\\
		
		$\left. {\begin{array}{l}
		 \dfrac{7-11}{3,23} \simeq -1,238\\
		  \\
		   \dfrac{15-11}{3,23} \simeq 1,238
\end{array} }\right\}$\\
donc $ \text{P}(7\leqslant X \leqslant 15) =  \text{P}(-1,24 < Z < 1,24)$\\
		
Au moyen de la table fournie  : \\
$\text{P}(-1,24 < Z < 1,24)= \text{P}(Z <
1,24)-\text{P}( Z <- 1,24)= 0,892-0,108=0,784$
à $10^{-2}$ près, on a donc  $\boxed{\textcolor{red}{ \text{P}(7\leqslant X \leqslant
15)\simeq 0,78}}$.

	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Liban mai 2013}}
\textbf{\textcolor{red}{Partie A}}
\begin{enumerate}
\item ~ 

\begin{center}

\psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm}
\pstree[treemode=R]{\Tdot}
{
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$\overline{E}$}\taput{\small $0,7$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$C$}\taput{\small $0,95$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline{C}$}\tbput{\small $0,05$}
}
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$E$}\tbput{\small $0,3$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$C$}\taput{\small $0,99$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline{C}$}\tbput{\small $0,01$}
}
}
\end{center}
\vspace{1cm}

\item On cherche $p(C\cap\overline{E})= p_{\overline{E}}(C)\times p\left(\overline{E}\right) \\
= 0,95\times 0,70 = \boxed{\textcolor{red}{0,665}}$

\item (D'après l?arbre ci-dessus) :\\
$p(C) =p\left(C\cap \overline{E}\right) + p(C\cap E) = 0,665 + 0,99\times 0,30 = \boxed{\textcolor{red}{0,962}}$.

\item $p_C(E) = \dfrac{p(E\cap C)}{p(C)}=\dfrac{0,99\times 0,30}{0,962} \approx\boxed{\textcolor{red}{ 0,309}}$ à $10^{- 3}$ près
\end{enumerate}
\medskip

\textbf{\textcolor{red}{Partie B}}
\begin{enumerate}
\item $X$ suit la loi normale $\mathcal{N}\left(0,17~;~0,006^2\right)$.

On cherche à calculer la probabilité :

\[p(0,16\leqslant X \leqslant 0,18) = \numprint{0,9044},\]

d'après la lecture de la table.
	\begin{enumerate}
		\item $Z$ suit une loi normale centrée réduite $\mathcal{N}\left(0,17~;~\sigma_{2}^2\right)$.
		\item $0,16\leqslant Y \leqslant 0,18\Leftrightarrow 
\dfrac{0,16 - 0,17}{\sigma_2}\\
 \leqslant \dfrac{Y - 0,17}{\sigma_2}\leqslant
\dfrac{0,18 - 0,17}{\sigma_2} $ soit

\[\boxed{\textcolor{red}{-\dfrac{0,01}{\sigma_2}\leqslant Z \leqslant \dfrac{0,01}{\sigma_2}}}\]

Donc lorsque $Y$ appartient à l'intervalle $\left[0,16~;~0,18\right]$, alors $Z$ appartient à l'intervalle $\left[-\dfrac{0,01}{\sigma_2}~;~\dfrac{0,01}{\sigma_2}\right]$.
		\item On sait que cette probabilité doit être égale à $0,990$, le tableau donné permet d'obtenir \[\boxed{\textcolor{red}{\beta = \numprint{2,5758}}}\] d'où

\[\dfrac{0,01}{\sigma_2}= \numprint{2,5758} \Leftrightarrow \sigma_2=\boxed{\textcolor{red}{ \numprint{0,00385}}}\]

En conclusion, à $10^{-3}$ près, $\boxed{\textcolor{red}{\sigma \approx 0,004}}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{multicols}
\label{fin}
\end{document}  