A chaque lancer, on a une probabilité de \(\dfrac{1}{2}\) d’obtenir un nombre pair. La probabilité d’obtenir 3 nombres pairs vaut donc \(\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{8}\).

La probabilité d’obtenir un 6 au premier lancer vaut \(\dfrac{1}{6}\). La probabilité de ne pas obtenir 6 au deuxième lancer vaut \(\dfrac{5}{6}\), et de même pour le troisième lancer. La probabilité recherchée est donc \(\dfrac{1}{6} \times \dfrac{5}{6} \times \dfrac{5}{6}=\dfrac{25}{216}\).

On peut construire l’arbre pondéré suivant

La probabilité de tirer deux trèfles vaut \(0,4 \times 0,4 = 0,16\).

La probabilité de tirer un pique puis un carreau vaut \(0,2 \times 0,4 = 0,08\).

La probabilité de ne pas tirer de trèfle vaut \(0,6 \times 0,6 = 0,36\).

La probabilité de tirer deux piques vaut \(0,2 \times 0,2 = 0,04\). Celle de tirer deux carreaux vaut \(0,4 \times 0,4 = 0,16\) et celle de tirer deux trèfles vaut aussi \(0,16\). Finalement, la probabilité de tirer deux cartes de la même couleur veut \(0,16+0,16+0,04=0,36\).

Le fait de remettre la boule tirée dans l’urne permet d’affirmer que les tirages sont indépendants.

La probabilité de tirer 3 boules jaunes, c’est-à-dire la probabilité du triplet \((J;J;J)\) est de \(\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}\).

La probabilité de tirer une boule rouge puis deux boules bleues, c’est à-dire la probabilité du triplet \((R;B;B)\) vaut \(\dfrac{1}{5} \times \dfrac{3}{10} \times \dfrac{3}{10}=\dfrac{9}{500}\).

Les issues ayant 3 boules de couleurs différentes sont \((J;B;R)\), \((J;R;B)\), \((B;R;J)\), \((B;J;R)\), \((R;B;J)\) et \((R;J;B)\). Elles sont au nombre de 6, sont naturellement disjointes, et ont toutes les trois la même probabilité, à savoir \(\dfrac{3}{10} \times \dfrac{1}{5} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{100}\). La probabilité de tirer trois boules de couleur différente vaut donc \(6 \times \dfrac{3}{100} = \dfrac{9}{50}\).

La probabilité que cet étudiant ait réussi les trois exercices vaut \(0.7 \times 0.5 \times 0.25 = 0.0875\).

La probabilité qu’il n’en ait réussi aucun vaut \((1-0.7)\times(1-0.5) \times (1-0.25)=0.1125\).

La probabilité qu’il ait seulement réussi l’exercice 1 vaut \(0.7 \times (1-0.5) \times (1-0.25)=0.2525\). La probabilité qu’il ait seulement réussi l’exercice 2 vaut \((1-0.7) \times 0.5 \times (1-0.25)=0.1125\). La probabilité qu’il ait seulement réussi l’exercice 3 vaut \((1-0.7) \times (1-0.5) \times 0.25=0.0375\) La probabilité qu’il ait réussi exactement un exercice vaut donc \(0.2625+0.1125+0.0375=0.4125\).

\(\overline{A_n}\) est l’événement « le nombre de 6 n’a été obtenu aucune fois ». Chaque lancer étant indépendant, sa probabilité vaut \(\left(\dfrac{5}{6}\right)^n\). Ainsi, \(\mathbb{P}(A_n)=1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n\).

Puisque \(-1< \dfrac{5}{6} < 1\), on a \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\dfrac{5}{6}\right)^n=0\) et donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty}\mathbb{P}(A_n)=1\). en lançant le dé un grand nombre de fois, on est quasiment certain d’obtenir au moins une fois le nombre 6.

Cherchons les entiers \(n\) tels que \(=1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n \geqslant 0.95\). On a alors \(-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n \geqslant -0.05\) et donc \(\left(\dfrac{5}{6}\right)^n \leqslant 0.05\). On applique alors le logarithme népérien, qui est croissant sur \(]0;+\infty[\), et on a donc \(n \ln \left(\dfrac{5}{6}\right) \leqslant \ln(0.05)\). \\En divisant par \(\ln\left(\dfrac{5}{6}\right)\) qui est négatif, on aboutit alors à \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.05)}{\ln\left(\frac{5}{6}\right)}\simeq 16.4\). En lançant 17 fois le dé, on a plus de 95% de chances d’obtenir au moins une fois le nombre 6.

La probabilité qu’aucun élève ne soit admis vaut \(0.76^n\).

La probabilité qu’au moins un élève soit admis vaut donc \(1-0.76^n\). Or, \(1-0.76^n \geqslant 0.99\) si et seulement si \(-0.76^n \geqslant -0.01\) soit \(0.76^n \leqslant 0.01\). On applique alors le logarithme népérien, qui est croissant sur \(]0;+\infty[\), et on a donc \(n \ln(0.76) \leqslant \ln(0.01)\). \\ En divisant par \(\ln\left(0.76\right)\) qui est négatif, on aboutit alors à \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.01)}{\ln(0.76)}\simeq 16.8\). A partir de 17 candidats, la probabilité qu’un élève du lycée soit admis dans cette école est supérieure à 99%.

\(\mathbb{P}(X=1)=\dbinom{5}{1} \times \dfrac{1}{3} \times \left(\dfrac{2}{3}\right)^4=5\times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{16}{81}=\dfrac{80}{243}\).

D’une part, \(\mathbb{P}(X \geqslant 4)=\mathbb{P}(X=4) + \mathbb{P}(X=5)\). Or,

• \(\mathbb{P}(X=4)=\dbinom{5}{4} \times \left(\dfrac{1}{3}\right)^4 \times \dfrac{2}{3}=5 \times \dfrac{1}{81} \times \dfrac{2}{3}=\dfrac{10}{243}\)
• \(\mathbb{P}(X=5)=\dbinom{5}{5} \times \left( \dfrac{1}{3}\right)^5 \times \left(\dfrac{2}{3}\right)^0 = \dfrac{1}{243}\)
• Ainsi, \(\mathbb{P}(X \geqslant 4)= \dfrac{11}{243}+\dfrac{1}{243}=\dfrac{12}{243}\)

D’une part, \(\mathbb{P}(X<3)=\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)\). Or,

• \(\mathbb{P}(X=0)= \left(\dfrac{2}{3}\right)^5=\dfrac{32}{243}\)
• \(\mathbb{P}(X=1)= \dfrac{80}{243}\) d’après la question 1
• \(\mathbb{P}(X=2)= \dbinom{5}{2} \times \left( \dfrac{1}{3}\right)^2 \times \left( \dfrac{2}{3} \right)^3 = \dfrac{5 \times 4}{2} \times \dfrac{1}{9} \times \dfrac{8}{27}=\dfrac{80}{243}\)
• Ainsi, \(\mathbb{P}(X<3)=\dfrac{32}{243}+\dfrac{80}{243}+\dfrac{80}{243}=\dfrac{192}{243}=\dfrac{64}{81}\)

On sait que \(\mathbb{P}(X=0)=\dbinom{3}{0}p^0(1-p)^3=(1-p)^3=\dfrac{1}{125}\). Ainsi, \(1-p=\dfrac{1}{5}\) et \(p=\dfrac{4}{5}\).

Le tableau résumant la loi de \(X\) est le suivant

A partir de ce tableau, on peut calculer l’espérance de \(X\).
\[ \mathbb{E}(X)= 0 \times \dfrac{81}{256} + 1 \times \dfrac{27}{64} + 2 \times \dfrac{27}{128}+ 3 \times \dfrac{3}{64}+ 4 \times \dfrac{1}{256}=1\]

\(X\) suit une loi binomiale de paramètres \(4\) et \(\dfrac{1}{6}\).

On a \(\mathbb{P}(X=1)=\dbinom{4}{1} \left(\dfrac{1}{6}\right)^1 \left(1-\dfrac{1}{6}\right)^{4-1}=\dfrac{125}{324}\).

On peut calculer pour toutes les issues qui vérifient \(X\leqslant3\) :
\[\mathbb{P}(X \leqslant 3) = \mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)+\mathbb{P}(X=3)\]
Or,

• \(\mathbb{P}(X=0)=\left(\dfrac{5}{6}\right)^4=\dfrac{625}{1296}\)
• \(\mathbb{P}(X=1)=\dfrac{125}{324}=\dfrac{500}{1296}\)
• \(\mathbb{P}(X=2)= \dbinom{4}{2} \left(\dfrac{1}{6}\right)^2 \left(\dfrac{5}{6}\right)^2= \dfrac{150}{1296}\)
• \(\mathbb{P}(X=3)= \dbinom{4}{3} \left(\dfrac{1}{6}\right)^3 \left(\dfrac{5}{6}\right)^1= \dfrac{20}{1296}\)

Ainsi, \(\mathbb{P}(X \leqslant 3)=\dfrac{1295}{1296}\). Il est aussi possible (et plus facile) de calculer la probabilité de l’événement complémentaire \(X>3\). Celui-ci est composé d’une seule issue.
\[ \mathbb{P}(X>3)=\mathbb{P}(X=4)= \dbinom{4}{4} \left( \dfrac{1}{6}\right)^4 \left( \dfrac{5}{6}\right)^0=\dfrac{1}{1296}\]
Ainsi,
\[ \mathbb{P}(X\leqslant 3)=1- \mathbb{P}(X>3)=1-\dfrac{1}{1296}=\dfrac{1295}{1296}\]

La variable aléatoire \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 10 et 0,05.

La probabilité qu’aucune pièce ne soit défectueuse correspond à \(\mathbb{P}(X=0)\). \(\mathbb{P}(X=0)= 0.95^{10} \simeq 0.599\).

On a \(\mathbb{P}(X \leqslant 2) = \mathbb{P}(X =0) + \mathbb{P}(X=1) + \mathbb{P}(X=2)\). Or,

• \(\mathbb{P}(X=0)=0.95^{10}\)
• \(\mathbb{P}(X=1)=10 \times 0.05 \times 0.95 ^9 = 0.5 \times 0.95 ^9\)
• \(\mathbb{P}(X=2)= 45 \times 0.05^2 \times 0.95^8 = 0.1125 \times 0.9^8\)
• Finalement \(\mathbb{P}(X \leqslant 2)= 0.95^{10}+0.5 \times 0.95^9 + 0.1125 \times 0.9^8 \simeq 0.988\)

Il y a environ 98,8 % de chances que le nombre de pièces défectueuses soit inférieur ou égal à 2.

Soit \(n\) le nombre de composants prélevés et \(Y\) le nombre de composants défectueux obtenus. \\On a \(\mathbb{P}(Y\geqslant 1)=1-\mathbb{P}(Y=0)=1-0.95^n\). Or, \(1-0.95^n \geqslant 0.99\) ssi \(0.95^n \leqslant 0.01\). En appliquant le logarithme népérien, qui est croissant sur \(]0:+\infty[\), on obtient alors \(n \ln(0.95) \leqslant \ln(0.01)\) puis en divisant par \(\ln(0.95)\), qui est négatif, on aboutit à \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.01)}{\ln(0.95)}\simeq 89.8\). Il faut donc prélever 90 pièces pour être sûr à au moins 99% d’en avoir au moins une défectueuse.

\(X\) suit une loi binomiale de paramètres 4 et \(\dfrac{1}{2}\).

La probabilité de ne tomber aucune fois sur PILE correspond à \(\mathbb{P}(X=0)\), \(\mathbb{P}(X=0)= \left( \dfrac{1}{2}\right)^4 = \dfrac{1}{16}\).

La probabilité d’obtenir exactement 2 PILE correspond à \(\mathbb{P}(X=2)\).
\[ \mathbb{P}(X=2) = \dbinom{4}{2} \left( \dfrac{1}{2}\right)^2 \left( \dfrac{1}{2}\right)^2=6 \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{8}\]

La probabilité d’obtenir au plus 2 PILE correspond à \(\mathbb{P}(X \leqslant 2)\), soit \(\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)\). Il reste à calculer \(\mathbb{P}(X=1)\).

• \(\mathbb{P}(X=1)= \dbinom{4}{1} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2^3}=\dfrac{3}{8}\).
• Ainsi, \(\mathbb{P}(X \leqslant 2)=\dfrac{1}{16}+\dfrac{3}{8}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{13}{16}\).

On a \(E[X]=4 \times 0.5=2\). En moyenne, on obtient 2 PILE.

Si maintenant on lance 5 fois une pièce truquée dont la probabilité de tomber sur PILE vaut 0.6. Notons \(Y\) la variable aléatoire qui compte le nombre de PILE obtenus. \(Y\) suit une loi binomiale de paramètres 5 et 0.6.

On a alors \(\mathbb{P}(Y=0)=0.4^5=0.01024\), \(\mathbb{P}(Y=2)= \dbinom{5}{2} \times 0.6^2\times 0.4^3=0.2304\).

Par ailleurs, \(\mathbb{P}(Y=1)=\dbinom{5}{1} \times 0.6^1 \times 0.4^4 =0.0768\). Ainsi, \(\mathbb{P}(Y \leqslant 2)=0.01024 + 0.0768+0.2304 =0.31744\).

Enfin, \(E[Y]=5 \times 0.6 = 3\). En moyenne, on obtiendra 3 PILE.

1. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 10 et 0.1.
2. On a \(E(X)=10 \times 0.1 = 1\) et \(Var(X)=10 \times 0.1 \times (1-0.1)=0.9\).
3. On a a \(\mathbb{P}(X=1)=\dbinom{10}{1} \times 0.1^1 \times 0.9 ^9 \simeq 0.387\).
4. On a \(\mathbb{P}(X \geqslant 1)=1-\mathbb{P}(X=0)=1-0.9^{10}\simeq 0.651\).
5. On a \(\mathbb{P}(X\leqslant 2)=\mathbb{P}(X=0) + \mathbb{P}(X=1) + \mathbb{P}(X=2)\)

Ainsi, \(\mathbb{P}(X\leqslant 2) = 0.9^{10}+\dbinom{10}{1} \times 0.1^1 \times 0.9 ^9 + \dbinom{10}{2} \times 0.1^2 \times 0.9 ^98 \simeq 0.930\).

Soit \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de flèches qui atteignent la cible en 4 tirs. Les tirs étant indépendants, \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 4 et 0.8. Ainsi, \(\mathbb{P}(X=3)=\dbinom{4}{3}0.8^3 \times 0.2^1 = 0.4096\).

Soit \(n\) un entier naturel et \(Y\) la variable aléatoire qui compte le nombre de flèches qui atteignent la cible en \(n\) tirs. Les tirs étant indépendants, \(Y\) suit une loi binomiale de paramètres \(n\) et 0.8. Par ailleurs, \(E(Y)=0.8n\). Ainsi, \(E(Y)=12\) si \(n=15\). Il lui faut 15 flèches pour espérer atteindre la cible 12 fois.

1. Notons \(X\) le nombre de sujet de probabilités tombés durant cette matinée. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 5 et \(\dfrac{3}{40}\). Ainsi, \(\mathbb{P}(X\geqslant 1)=1-\mathbb{P}(X=0)=1-\left(\dfrac{37}{40}\right)^5\simeq 0.323\)
2. Soit \(n\) un entier naturel et \(Y\) la variable aléatoire qui donne le nombre d’élèves tombés sur un sujet de probabilités; \(Y\) suit une loi binomiale de paramètres \(n\) et \(\dfrac{3}{40}\). Par ailleurs, \(E(Y)=\dfrac{3n}{40}\). Ainsi, \(E(Y)=6\) ssi \(n=80\). L’examinateur doit interroger 80 élèves pour qu’en moyenne 6 élèves soient interrogés sur un sujet de probabilité.
3. On a \(\mathbb{P}(Y \geqslant 1)=1-\mathbb{P}(Y=0)=1-\left(\dfrac{37}{40}\right)^n\). Or, \(1-\left(\dfrac{37}{40}\right)^n \geqslant 0.95\) si et seulement si \(\left(\dfrac{37}{40}\right)^n\leqslant 0.05\) soit, par croissance de \(\ln\) sur \(]0;+\infty[\), \(n \ln \dfrac{37}{40} \leqslant \ln(0.05)\) et donc \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.05)}{\ln \frac{37}{40}}\simeq 38.42\). L’examinateur doit interroger au moins 39 élèves pour avoir au moins 95% de chance qu’un sujet de probabilité soit tiré au cours de cette session.
4. 1. On a \(\mathbb{P}(Y\geqslant 2)=1-\mathbb{P}(Y<2)=1-(\mathbb{P}(Y=0)+\mathbb{P}(Y=1))\). Or, \(\mathbb{P}(Y=0)=\left(\dfrac{37}{40}\right)^n\) et \(\mathbb{P}(Y=1)=\dbinom{n}{1}\dfrac{3}{40} \times \left(\dfrac{37}{40}\right)^{n-1}=\left( \dfrac{37}{40}\right)^{n-1}\). Ainsi, \(\mathbb{P}(A)=1- \left( \dfrac{37}{40}\right)^{n}-\dfrac{3n}{40} \times \left( \dfrac{37}{40}\right)^{n-1}\)
   2. A l’aide de la calculatrice, on trouve que l’examinateur doit interroger 32 élèves pour avoir au moins 70% de chances qu’au moins deux étudiants tombent sur un sujet de probabilités .

1. L’arbre pondéré ci-dessous décrit la situation

   

2. \((R;\overline{R})\) forme un système complet d’événements. D’après la formule des probabilités totales, \(P(S)=P(S\cap R)+P(S\cap \overline{R})\).
   On a donc \(0.82 = 0.8x+0.2 \times 0.9\) soit \(0.8x=0.64\) et \(x=\dfrac{0.64}{0.8}=0.8\).
3. On a \(P_S(R)=\dfrac{P(R \cap S)}{P(S)}=\dfrac{0.2 \times 0.9}{0.82} \simeq 0.22\)
4. 1. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 5 et 0.82.
   2. On cherche \(P(X\leqslant 3)\). On procède en calculant la probabilité de l’événement contraire. \(P(X\leqslant 3)=1-P(X>3)=1-P(X=4)-P(X=5)\).Ainsi, \(P(X \leqslant 3)=1- \dbinom{5}{4}\times 0.82^4 \times (1-0.82)^{5-4} – \dbinom{5}{5} \times 0.82^5 \times (1-0.82)^0 \simeq 0.222\).
5. Soit \(n\) un entier naturel non nul. On choisit à présent \(n\) clients au hasard. Ce choix peut être assimilé à un tirage au sort avec
   remise.
   1. Pour un client, la probabilité que celui-ci soit satisfait de son achat est de 0.82. Par indépendance, la probabilité que les \(n\) clients soient satisfaits vaut \(0,82^n\).
   2. Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(0.82^n < 0.01\) ssi \(n\ln(0.82)< \ln(0.01)\) soit \(n> \dfrac{\ln(0.82)}{\ln(0.01)} \simeq 23.2\). Si l’on prend 24 acheteurs ou plus, la probabilité que tous soient satisfaits de leur achat est inférieure à 1%.

1. On prélève un ampoule au hasard parmi la production totale d’une journée.
   1. L’arbre pondéré ci-dessous modélise la situation

      

   2. \((A;B)\) forme un système complet d’événements. Ainsi, d’après la formule des probabilités totales, \(P(\overline{D})=P(A \cap \overline{D})+P(B \cap \overline{D})\). Ainsi, \(P(\overline{D})=0.65 \times 0.92 + 0.35 \times 0.95 = 0.9305\).
   3. On a \(P_{\overline{D}}(A)=\dfrac{P(\overline{D} \cap A)}{P(\overline{D}}=\dfrac{0.598}{0.9305}\simeq 0.643\).
2. On prélève 10 ampoules au hasard parmi la production d’une journée à la sortie de la machine A. La taille du stock permet de considérer les épreuves comme indépendantes et d’assimiler les tirages à des tirages avec remise. On note \(X\) le nombre d’ampoules sans défaut ainsi obtenues.
   1. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 10 et 0.92.
   2. On a \(P(X=9)=\dbinom{10}{9}0.92^9 \times (1-0.92)^{10-9} \simeq 0.377\)
   3. On a \(P(X \geqslant 9) = P(X =9)+P(X=10)=\dbinom{10}{9}0.92^9 \times (1-0.92)^{10-9} + 0.92^{10} \simeq 0.812\).

1. L’arbre pondéré ci-dessous décrit la situation

   

2. \((D;\overline{D})\) forme un système complet d’événements. D’après la formule des probabilités totales, \(P(T)=P(T \cap D)+P(T \cap \overline{D})\). Ainsi, \(P(T)=0.08 \times 0.98 + 0.92 \times 0.005 = 0.083\)
3. 1. On a \(P_T(D)=\dfrac{P(T \cap D)}{P(T)}=\dfrac{0.08 \times 0.92}{0.083}\simeq 0.945\).
   2. \(0.945 < 0.95\). Le test ne sera donc pas commercialisé.
4. Dans cette question, on suppose que les organisateurs décident de contrôler 5 athlètes au hasard parmi les athlètes de cette compétition. On note \(X\) la variable aléatoire égale au nombre d’athlètes présentant un test
   positif parmi les 5 athlètes contrôlés.
   1. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 5 et 0.103.
   2. \(E[X]=5 \times 0.103 = 0.515\). Sur un très grand nombre de contrôle, il y aura en moyenne 1 athlète positif sur 10.
   3. On a \(P(X \geqslant 1)=1-P(X<1)=1-P(X=0)=1-(1-0.103)^5\simeq 0.419\).
5. Soit \(n\) un entier naturel et \(Y\) la variable aléatoire qui compte le nombre d’athlètes positifs en \(n\) tests. \(Y\) suit une loi binomiale de paramètres \(n\) et 0.103. Par ailleurs, \(P(Y \geqslant 1)=1-P(Y=0)=1-0.897^n\). Or, \(1-0.897^n \geqslant 0.75\) ssi \(0.897^n \leqslant 0.25\) ssi \(n \ln(0.897) \leqslant \ln(0.25)\) par croissance du logarithme népérien. Finalement, on a \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.25)}{\ln(0.897)}\simeq 12.75\). Il faut contrôler au minimum 13 athlètes pour que la probabilité de l’événement « au moins un athlète contrôlé présente un test positif » soit supérieure ou égale à 0,75.

Notons \(X\) la variable aléatoire qui donne le nombre de candidats qui passent la deuxième épreuve. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 4 et 0.6.

On a \(P(X=2)=\dbinom{4}{2} \times 0.6^2 \times 0.4^2 = 0.3456\), \(P(X=3)=\dbinom{4}{3} \times 0.6^3 \times 0.4^1 = 0.3456\) et \(P(X=4)=\dbinom{4}{4} \times 0.6^4 \times 0.4^0 = 0.1296\).

Ainsi, \(P(X\geqslant 2)=0.3456+0.3456+0.1296 =0.8208 > 0.8\). La condition 1 est donc respectée.

Soit \(T\) la variable aléatoire donnant le temps de la deuxième phase. \(T\) prend les valeurs 0, 5, 9 et 11. De plus, \(P(T=5)=P(X=2)=0.3456\), \(P(T=9)=P(X=3)=0.3456\) et \(P(T=11)=P(X=4)=0.1296\). Ainsi, \(P(T=0)=1-0.3456-0.3456-0.1296 = 0.1792\)

On a alors \(E[T] = 0 \times 0.1792 + 5 \times 0.3456 + 9 \times 0.3456 + 11 \times 0.1296 = 6.264 >6\). La durée moyenne de la deuxième phase excède 6 minutes. La condition 2 n’est pas respectée et le jeu ne peut pas être programmé.