Calculons d'abord : $Card(\Omega)$

🔵 Chaque tirage est une combinaison de 3 éléments parmi 12
Donc :

$$Card(\Omega) = C_{12}^3 = \frac{12 \times 11 \times 10}{3 \times 2} = 220$$

1/a/

• Événement A : tirer $R, R, \overline{R}$

  $$Card(A) = C_4^2 \times C_8^1 = \frac{4 \times 3}{2} \times 8 = 48$$

  🔵

  $$p(A) = \frac{Card(A)}{Card(\Omega)} = \frac{48}{220} = \frac{12}{55}$$

• Événement B : tirer $V, \overline{V}, \overline{V}$

  $$Card(B) = C_5^1 \times C_7^2 = 5 \times \frac{7 \times 6}{2} = 105$$

  🔵

  $$p(B) = \frac{Card(B)}{Card(\Omega)} = \frac{105}{220} = \frac{21}{44}$$

b.

• On sait que :

  $$p(A \mid B) = \frac{Card(A \cap B)}{Card(B)}$$

• Intersection A ∩ B : tirer $R, R, V$

  $$Card(A \cap B) = C_4^2 \times C_5^1 = \frac{4 \times 3}{2} \times 5 = 30$$

  🔵

  $$p(A \mid B) = \frac{30}{105} = \frac{2}{7}$$

• Conclusion :
  Comme $p(A \mid B) \neq p(A)$, les événements A et B ne sont pas indépendants.

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2/ $\quad X =$ nombre de boules vertes tirées

a/ Loi de probabilité de $X$

• $X = 0$ si on tire $\overline{V}, \overline{V}, \overline{V}$

  🔵

  $$p(X = 0) = \frac{C_7^3}{Card(\Omega)} = \frac{35}{220} = \frac{7}{44}$$

• $X = 1$ si on tire $V, \overline{V}, \overline{V}$

  🔵

  $$p(X = 1) = \frac{C_5^1 \times C_7^2}{220} = \frac{105}{220} = \frac{21}{44}$$

• $X = 2$ si on tire $V, V, \overline{V}$

  🔵

  $$p(X = 2) = \frac{C_5^2 \times C_7^1}{220} = \frac{70}{220} = \frac{7}{22}$$

• $X = 3$ si on tire $V, V, V$

  🔵

  $$p(X = 3) = \frac{C_5^3}{220} = \frac{10}{220} = \frac{1}{22}$$

Tableau de loi de probabilité

$x_i$	0	1	2	3
$p(X = x_i)$	$\frac{7}{44}$	$\frac{21}{44}$	$\frac{7}{22}$	$\frac{1}{22}$

📌 Jusqu'ici, la réponse à la question 2.a est terminée.
On va maintenant calculer $E(X)$, $V(X)$, et $\sigma(X)$ pour application du cours.

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b/ Espérance $E(X)$

$$E(X) = \sum x_i p(X = x_i) = 0 \cdot \frac{7}{44} + 1 \cdot \frac{21}{44} + 2 \cdot \frac{7}{22} + 3 \cdot \frac{1}{22} = \frac{5}{4}$$

c/ Variance $V(X)$

$$V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$$ $$E(X^2) = 0^2 \cdot \frac{7}{44} + 1^2 \cdot \frac{21}{44} + 4 \cdot \frac{7}{22} + 9 \cdot \frac{1}{22} = \frac{95}{44}$$ $$V(X) = \frac{95}{44} - \left(\frac{5}{4}\right)^2 = \frac{105}{176}$$

d/ Écart-type $\sigma(X)$

$$\sigma(X) = \sqrt{V(X)} = \sqrt{\frac{105}{176}}$$

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e/ Probabilité de l’événement C : « Obtenir au moins deux boules vertes »

C est réalisé si $X = 2$ ou $X = 3$

🔵

$$p(C) = p(X = 2) + p(X = 3) = \frac{7}{22} + \frac{1}{22} = \frac{8}{22} = \frac{4}{11}$$