Probabilités et BTS CIEL (Loi Binomiale Uniquement)

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité que le système soit hors service.

(Correction identique à la version précédente, utilisant le concept d'indépendance)

La probabilité que le système soit hors service est $0.000125$.

Question 2 : Probabilité qu'au plus un serveur tombe en panne.

Soit $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de serveurs tombant en panne parmi les 3. Puisque chaque serveur tombe en panne indépendamment avec une probabilité de 0.05, $X$ suit une loi binomiale $\mathcal{B}(3, 0.05)$.

"Au plus un serveur tombe en panne" signifie $X \leq 1$, donc $X=0$ ou $X=1$.

$P(X \leq 1) = P(X=0) + P(X=1)$

$P(X=0) = \binom{3}{0} (0.05)^0 (0.95)^3 = 1 \times 1 \times (0.95)^3 \approx 0.8574$

$P(X=1) = \binom{3}{1} (0.05)^1 (0.95)^2 = 3 \times 0.05 \times (0.95)^2 \approx 0.1354$

$P(X \leq 1) = 0.8574 + 0.1354 = 0.9928$

Conclusion Question 2 : La probabilité qu'au plus un serveur tombe en panne est d'environ 0.9928.

Question 3 : Probabilité qu'au moins deux serveurs soient encore fonctionnels.

"Au moins deux serveurs fonctionnels" signifie qu'au plus un serveur est en panne. C'est donc le même événement que dans la question 2 !

Donc, la probabilité qu'au moins deux serveurs soient fonctionnels est aussi $P(X \leq 1) \approx 0.9928$.

Conclusion Question 3 : La probabilité qu'au moins deux serveurs soient encore fonctionnels est d'environ 0.9928.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité d'indisponibilité pendant une heure donnée.

Une disponibilité de 99.9% signifie que la probabilité d'indisponibilité est $1 - 0.999 = 0.001$.

Conclusion Question 1 : La probabilité que la connexion soit indisponible pendant une heure donnée est de 0.001.

Question 2 : Probabilité d'indisponibilité au plus 5 heures sur 1000 périodes.

Soit $X$ le nombre d'heures d'indisponibilité sur 1000 périodes d'une heure. Chaque période d'une heure est une épreuve de Bernoulli avec probabilité de "succès" (indisponibilité) $p = 0.001$. On répète 1000 fois ces épreuves indépendantes. Donc $X$ suit une loi binomiale $\mathcal{B}(1000, 0.001)$.

On cherche $P(X \leq 5) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5)$.

Utilisons la formule binomiale $P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$ avec $n=1000$, $p=0.001$.

$P(X=0) = \binom{1000}{0} (0.001)^0 (0.999)^{1000} \approx 0.3677$

$P(X=1) = \binom{1000}{1} (0.001)^1 (0.999)^{999} \approx 0.3681$

$P(X=2) = \binom{1000}{2} (0.001)^2 (0.999)^{998} \approx 0.1840$

$P(X=3) = \binom{1000}{3} (0.001)^3 (0.999)^{997} \approx 0.0613$

$P(X=4) = \binom{1000}{4} (0.001)^4 (0.999)^{996} \approx 0.0153$

$P(X=5) = \binom{1000}{5} (0.001)^5 (0.999)^{995} \approx 0.0031$

$P(X \leq 5) \approx 0.3677 + 0.3681 + 0.1840 + 0.0613 + 0.0153 + 0.0031 = 0.9995$

Conclusion Question 2 : La probabilité que la connexion soit indisponible pendant au plus 5 heures sur 1000 est d'environ 0.9995.

Question 3 : Probabilité de disponibilité au moins 995 heures sur 1000.

"Disponibilité au moins 995 heures" signifie indisponibilité au plus $1000 - 995 = 5$ heures. C'est donc le même événement que dans la question 2 !

Donc, la probabilité que la connexion soit disponible au moins 995 heures est aussi $P(X \leq 5) \approx 0.9995$.

Conclusion Question 3 : La probabilité que la connexion soit disponible au moins 995 heures sur 1000 est d'environ 0.9995.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité de saturation pendant exactement 3 intervalles sur 20.

Soit $X$ le nombre d'intervalles de 1 seconde où le routeur est saturé sur les 20 observés. Chaque intervalle est une épreuve de Bernoulli avec probabilité de "succès" (saturation) $p = 0.05$. On répète 20 fois ces épreuves indépendantes. Donc $X$ suit une loi binomiale $\mathcal{B}(20, 0.05)$.

On cherche $P(X=3) = \binom{20}{3} (0.05)^3 (1-0.05)^{20-3} = \binom{20}{3} (0.05)^3 (0.95)^{17}$

Calculons la valeur : $P(X=3) = \binom{20}{3} (0.05)^3 (0.95)^{17} \approx 0.0596$

Conclusion Question 1 : La probabilité que le routeur soit saturé pendant exactement 3 intervalles de 1 seconde sur 20 est d'environ 0.0596.

Question 2 : Probabilité de saturation pendant au moins 2 intervalles sur 20.

On cherche $P(X \geq 2) = 1 - P(X < 2) = 1 - [P(X=0) + P(X=1)]$.

$P(X=0) = \binom{20}{0} (0.05)^0 (0.95)^{20} \approx 0.3585$

$P(X=1) = \binom{20}{1} (0.05)^1 (0.95)^{19} \approx 0.3774$

$P(X \geq 2) = 1 - [0.3585 + 0.3774] = 1 - 0.7359 = 0.2641$

Conclusion Question 2 : La probabilité que le routeur soit saturé pendant au moins 2 intervalles de 1 seconde sur 20 est d'environ 0.2641.

Question 3 : Nombre moyen d'intervalles saturés sur 20.

Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n, p)$, l'espérance est $E(X) = np$. Ici, $n=20$ et $p=0.05$.

$E(X) = 20 \times 0.05 = 1$

Conclusion Question 3 : En moyenne, on peut s'attendre à ce que le routeur soit saturé pendant 1 intervalle de 1 seconde sur les 20 observés.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité qu'exactement 10 requêtes aient un délai > 5s.

Soit $X$ le nombre de requêtes avec un délai supérieur à 5 secondes sur 50 requêtes testées. Chaque requête est une épreuve de Bernoulli avec probabilité de "succès" (délai > 5s) $p = 0.2$. On répète 50 fois ces épreuves indépendantes. Donc $X$ suit une loi binomiale $\mathcal{B}(50, 0.2)$.

On cherche $P(X=10) = \binom{50}{10} (0.2)^{10} (1-0.2)^{50-10} = \binom{50}{10} (0.2)^{10} (0.8)^{40}$

Calculons la valeur : $P(X=10) = \binom{50}{10} (0.2)^{10} (0.8)^{40} \approx 0.1399$

Conclusion Question 1 : La probabilité qu'exactement 10 requêtes aient un délai supérieur à 5 secondes est d'environ 0.1399.

Question 2 : Probabilité qu'au plus 10 requêtes aient un délai > 5s.

On cherche $P(X \leq 10) = \sum_{k=0}^{10} P(X=k) = \sum_{k=0}^{10} \binom{50}{k} (0.2)^k (0.8)^{50-k}$.

Calculer cette somme directement est possible mais long. On utilise une calculatrice statistique ou un logiciel pour la loi binomiale cumulée.

En utilisant un outil de calcul, on trouve : $P(X \leq 10) \approx 0.5836$

Conclusion Question 2 : La probabilité qu'au plus 10 requêtes aient un délai supérieur à 5 secondes est d'environ 0.5836.

Question 3 : Nombre moyen de requêtes avec délai > 5s sur 50 testées.

Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n, p)$, l'espérance est $E(X) = np$. Ici, $n=50$ et $p=0.2$.

$E(X) = 50 \times 0.2 = 10$

Conclusion Question 3 : En moyenne, on peut s'attendre à ce que 10 requêtes sur 50 aient un délai de réponse supérieur à 5 secondes.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité de perdre au moins 3 paquets.

(Correction identique à l'exercice 5 précédent)

La probabilité de perdre au moins 3 paquets est d'environ 0.323.

Question 2 : Probabilité de perdre au plus 3 paquets.

"Au plus 3 paquets perdus" signifie $X \leq 3$, donc $X=0, 1, 2$ ou $3$.

On cherche $P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3)$.

Nous avons déjà calculé $P(X=0) \approx 0.1216$, $P(X=1) \approx 0.2702$, $P(X=2) \approx 0.2852$.

Calculons $P(X=3)$ :

$P(X=3) = \binom{20}{3} (0.1)^3 (0.9)^{17} = \frac{20 \times 19 \times 18}{3 \times 2 \times 1} \times (0.1)^3 \times (0.9)^{17}$

=$ 1140 \times 0.001 \times (0.9)^{17} \approx 0.2102$

$P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) $

$\approx 0.1216 + 0.2702 + 0.2852 + 0.2102 = 0.8872$

Conclusion Question 2 : La probabilité de perdre au plus 3 paquets est d'environ 0.8872.

Question 3 : Nombre moyen de paquets perdus sur 20 envois.

Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n, p)$, l'espérance est $E(X) = np$. Ici, $n=20$ et $p=0.1$.

$E(X) = 20 \times 0.1 = 2$

Conclusion Question 3 : En moyenne, on peut s'attendre à perdre 2 paquets sur 20 envois.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité que le réseau fonctionne après 5 ans.

(Correction identique à l'exercice 6 précédent)

La probabilité que le réseau fonctionne après 5 ans est d'environ 0.7738.

Question 2 : Probabilité qu'au moins un composant tombe en panne avant 5 ans.

"Au moins un composant tombe en panne" est l'événement complémentaire de "tous les composants fonctionnent". Donc, la probabilité est $1 - P(\text{Réseau fonctionne})$.

$P(\text{Au moins un composant en panne}) = 1 - P(R) = 1 - 0.7738 = 0.2262$

Conclusion Question 2 : La probabilité qu'au moins un composant tombe en panne avant 5 ans est d'environ 0.2262.

Question 3 : Fiabilité avec des composants moins fiables (probabilité 0.8).

Si la probabilité qu'un composant fonctionne est réduite à 0.8, alors la probabilité que le réseau fonctionne (tous les 5 composants fonctionnent) devient :

$P(R') = (0.8)^5$

Calculons la valeur : $P(R') = (0.8)^5 = 0.32768$

Conclusion Question 3 : Avec des composants moins fiables (probabilité de fonctionnement 0.8), la probabilité que le réseau fonctionne encore après 5 ans chute à environ 0.3277, soit 32.77%. Cela montre l'impact important de la fiabilité des composants sur la fiabilité globale d'un système en série, et l'importance de choisir des composants de qualité pour les systèmes critiques.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité d'aucune fausse alerte sur une journée sans intrusion.

On considère 24 heures de fonctionnement. Pour chaque heure sans intrusion, la probabilité de faux positif est 0.01. On peut modéliser le nombre de fausses alertes par jour avec une loi binomiale $\mathcal{B}(24, 0.01)$, en considérant chaque heure comme une épreuve.

Soit $F$ le nombre de fausses alertes par jour. On cherche la probabilité d'aucun faux positif, c'est-à-dire $P(F=0) = \binom{24}{0} (0.01)^0 (1-0.01)^{24-0} = (0.99)^{24}$

Calculons la valeur : $P(F=0) = (0.99)^{24} \approx 0.7857$

Conclusion Question 1 : La probabilité que l'IDS ne génère aucune fausse alerte sur une journée sans intrusion réelle est d'environ 0.7857.

Question 2 : Probabilité d'au moins une fausse alerte sur une journée sans intrusion.

"Au moins une fausse alerte" est l'événement complémentaire d'"aucune fausse alerte".

$P(\text{Au moins une fausse alerte}) = 1 - P(\text{Aucune fausse alerte}) = 1 - P(F=0) = 1 - 0.7857 = 0.2143$

Conclusion Question 2 : La probabilité que l'IDS génère au moins une fausse alerte sur une journée sans intrusion réelle est d'environ 0.2143, soit 21.43%.

Question 3 : Probabilité d'exactement 2 alertes (vraies ou fausses) avec 2 intrusions.

Question plus complexe. Nécessite de considérer les combinaisons d'alertes vraies et fausses.

Soit $V$ le nombre d'alertes vraies (détections) et $F$ le nombre de fausses alertes. On cherche $P(V+F = 2)$. Il y a plusieurs cas possibles pour avoir un total de 2 alertes :

- Cas 1 : 2 alertes vraies et 0 fausse alerte. Probabilité : $P(V=2 \text{ et } F=0) = P(V=2) \times P(F=0)$ (par indépendance)

- Cas 2 : 1 alerte vraie et 1 fausse alerte. Probabilité : $P(V=1 \text{ et } F=1) = P(V=1) \times P(F=1)$

- Cas 3 : 0 alerte vraie et 2 fausses alertes. Probabilité : $P(V=0 \text{ et } F=2) = P(V=0) \times P(F=2)$

Probabilités pour les alertes vraies (détections) : $V \sim \mathcal{B}(2, 0.9)$.

$P(V=2) = \binom{2}{2} (0.9)^2 (0.1)^0 = 0.81$

$P(V=1) = \binom{2}{1} (0.9)^1 (0.1)^1 = 0.18$

$P(V=0) = \binom{2}{0} (0.9)^0 (0.1)^2 = 0.01$

Probabilités pour les fausses alertes : $F \sim \mathcal{B}(24, 0.01)$.

$P(F=0) = \binom{24}{0} (0.01)^0 (0.99)^{24} \approx 0.7857$

$P(F=1) = \binom{24}{1} (0.01)^1 (0.99)^{23} \approx 0.1903$

$P(F=2) = \binom{24}{2} (0.01)^2 (0.99)^{22} \approx 0.0227$

Probabilité totale :

$P(V+F = 2) = (0.81 \times 0.7857) + (0.18 \times 0.1903) + (0.01 \times 0.0227) \approx 0.6364 + 0.0343 + 0.0002 = 0.6709$

Conclusion Question 3 : La probabilité que l'IDS génère exactement 2 alertes (vraies ou fausses) sur une journée avec 2 intrusions réelles est d'environ 0.6709.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité qu'au moins 5 employés cliquent sur le lien.

(Correction identique à l'exercice 8 précédent)

La probabilité qu'au moins 5 employés cliquent sur le lien malveillant est d'environ 0.3496.

Question 2 : Nombre moyen d'employés qui cliqueront sur le lien.

(Correction identique à l'exercice 8 précédent)

En moyenne, on s'attend à ce que 4 employés cliquent sur le lien.

Question 3 : Probabilité qu'exactement ce nombre moyen d'employés clique sur le lien.

(Correction identique à l'exercice 8 précédent)

La probabilité qu'exactement 4 employés cliquent sur le lien est d'environ 0.2211.

Correction détaillée :

Question 1 : Nombre moyen de mots de passe compromis en un mois.

(Correction identique à l'exercice 9 précédent)

En moyenne, on peut s'attendre à ce que 20 mots de passe soient compromis en un mois.

Question 2 : Probabilité qu'aucun mot de passe ne soit compromis en un mois.

(Correction identique à l'exercice 9 précédent)

La probabilité qu'aucun mot de passe ne soit compromis est extrêmement faible, proche de zéro.

Question 3 : Probabilité qu'au plus 10 mots de passe soient compromis en un mois.

(Correction identique à l'exercice 9 précédent)

La probabilité qu'au plus 10 mots de passe soient compromis en un mois est d'environ 0.0137, soit 1.37%.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité de ne pas être infecté à la fin de la semaine.

(Correction identique à l'exercice 10 précédent)

La probabilité de ne pas être infecté à la fin de la semaine est d'environ 0.3206.

Question 2 : Probabilité d'être infecté au moins une fois durant la semaine.

(Correction identique à l'exercice 10 précédent)

La probabilité d'être infecté au moins une fois durant la semaine est d'environ 0.6794, soit 67.94%.

Question 3 : Nombre moyen de jours d'infection dans la semaine.

(Correction identique à l'exercice 10 précédent)

En moyenne, on peut s'attendre à ce que l'ordinateur soit infecté pendant 1.05 jours au cours de la semaine de navigation non protégée.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité de trouver exactement 3 vulnérabilités sur 1000 lignes.

On considère un bloc de 1000 lignes. En moyenne, il y a 3 vulnérabilités par 1000 lignes. On approxime par une loi binomiale en considérant chaque ligne comme une épreuve. Pour avoir en moyenne 3 vulnérabilités sur 1000 lignes, on peut ajuster la probabilité de vulnérabilité par ligne, $p$, telle que l'espérance soit 3. Avec $n=1000$ lignes, $E(X) = np = 1000 \times p = 3$, donc $p = \frac{3}{1000} = 0.003$.

Soit $X$ le nombre de vulnérabilités sur 1000 lignes, $X \sim \mathcal{B}(1000, 0.003)$. On cherche $P(X=3) = \binom{1000}{3} (0.003)^3 (1-0.003)^{1000-3} = \binom{1000}{3} (0.003)^3 (0.997)^{997}$

Calculons la valeur : $P(X=3) = \binom{1000}{3} (0.003)^3 (0.997)^{997} \approx 0.2240$

Conclusion Question 1 : La probabilité de trouver exactement 3 vulnérabilités sur un bloc de 1000 lignes est d'environ 0.2240.

Question 2 : Probabilité de trouver au plus 3 vulnérabilités sur 1000 lignes.

On cherche $P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3)$, avec $X \sim \mathcal{B}(1000, 0.003)$.

Calculons $P(X=0), P(X=1), P(X=2)$ et $P(X=3)$ avec la loi binomiale et sommons :

$P(X=0) = \binom{1000}{0} (0.003)^0 (0.997)^{1000} \approx 0.0497$

$P(X=1) = \binom{1000}{1} (0.003)^1 (0.997)^{999} \approx 0.1492$

$P(X=2) = \binom{1000}{2} (0.003)^2 (0.997)^{998} \approx 0.2242$

$P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) \approx 0.0497 + 0.1492 + 0.2242 + 0.2240 = 0.6471$

Conclusion Question 2 : La probabilité de trouver au plus 3 vulnérabilités sur un bloc de 1000 lignes est d'environ 0.6471.

Question 3 : Nombre moyen de vulnérabilités sur 5000 lignes.

Le programme a 5000 lignes, soit 5 blocs de 1000 lignes. En moyenne, chaque bloc de 1000 lignes contient 3 vulnérabilités. Par linéarité de l'espérance, le nombre moyen de vulnérabilités sur 5 blocs est 5 fois le nombre moyen par bloc.

$E(\text{Total vulnérabilités}) = 5 \times E(\text{Vulnérabilités par bloc}) = 5 \times 3 = 15$

Conclusion Question 3 : En moyenne, on peut s'attendre à trouver 15 vulnérabilités dans le programme de 5000 lignes.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité d'avoir au moins un faux rejet.

(Correction identique à l'exercice 12 précédent)

La probabilité d'avoir au moins un faux rejet est d'environ 0.6340.

Question 2 : Nombre moyen de faux rejets sur 100 tentatives.

(Correction identique à l'exercice 12 précédent)

En moyenne, on peut s'attendre à 1 faux rejet sur 100 tentatives.

Question 3 : Probabilité d'avoir exactement le nombre moyen de faux rejets.

(Correction identique à l'exercice 12 précédent)

La probabilité d'avoir exactement 1 faux rejet (le nombre moyen) est d'environ 0.3697.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité d'être bloqué avant de réussir (5 premiers échecs).

(Correction identique à l'exercice 13 précédent - interprétation simplifiée)

La probabilité d'être bloqué avant de réussir (selon l'approximation simplifiée) est d'environ 0.9950.

Question 2 : Probabilité de réussir à se connecter avant d'être bloqué (approximation simplifiée).

(Correction identique à l'exercice 13 précédent - interprétation simplifiée)

La probabilité de réussir à se connecter avant d'être bloqué est d'environ 0.0050, soit 0.5%.

Question 3 : Probabilité d'effectuer exactement 3 tentatives infructueuses avant d'être bloqué.

"Exactement 3 tentatives infructueuses avant blocage" signifie : les 3 premières tentatives sont des échecs, et la 4ème tentative est aussi un échec (ce qui déclenche le blocage après 5 échecs cumulés, y compris les tentatives précédentes qui ne sont pas comptées ici, mais qui ont précédé ces 4 tentatives). En fait, si on compte à partir du début, cela signifierait exactement 5 échecs pour être bloqué. Mais si on interprète "avant d'être bloqué" comme *juste avant* le blocage, alors "exactement 3 tentatives infructueuses avant d'être bloqué" pourrait signifier : 3 échecs consécutifs, puis une tentative (4ème) qui est aussi un échec et déclenche le blocage.

Interprétation la plus simple (et probablement attendue) : Probabilité d'avoir exactement 4 échecs consécutifs au début, et que la 5ème tentative soit aussi un échec, menant au blocage après 5 échecs. Donc, 5 échecs de suite.

Probabilité de 5 échecs consécutifs : $P(\text{5 échecs}) = (1-p)^5 = (0.999)^5 \approx 0.9950$. Cette probabilité est en fait celle d'être bloqué *après 5 échecs*, pas *exactement 3 échecs avant blocage*.

Reformulons : Probabilité d'avoir exactement 3 tentatives infructueuses *avant que le 5ème échec n'arrive et ne déclenche le blocage*. Cela n'a pas de sens précis dans le contexte d'un blocage après 5 échecs *cumulés*. La question est probablement mal formulée si on cherche une interprétation binomiale simple.

Si on interprète "exactement 3 tentatives infructueuses *avant blocage*" comme "avoir un total de 4 tentatives infructueuses puis être bloqué à la 5ème tentative (qui est aussi un échec)", alors on cherche en fait la probabilité d'avoir *exactement 5 échecs*. Mais cela revient à la question de la probabilité d'être bloqué après 5 échecs, qui est $(0.999)^5$.

Conclusion Question 3 : La question est ambiguë dans le contexte d'un blocage après 5 échecs *cumulés*. Si on l'interprète comme "probabilité d'atteindre exactement 5 tentatives infructueuses (et donc être bloqué)", la réponse est $(0.999)^5 \approx 0.9950$. Cependant, la formulation "exactement 3 tentatives infructueuses *avant d'être bloqué*" n'a pas d'interprétation simple et directe dans ce modèle de blocage après 5 échecs.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité qu'un paquet de 1000 bits soit transmis sans erreur.

Pour un paquet de 1000 bits, soit $X$ le nombre de bits corrompus dans un paquet. $X \sim \mathcal{B}(1000, 10^{-6})$. On cherche la probabilité de 0 erreur, $P(X=0) = \binom{1000}{0} (10^{-6})^0 (1-10^{-6})^{1000} = (1-10^{-6})^{1000}$

Calculons la valeur : $P(X=0) = (0.999999)^{1000} \approx 0.9990004998$

Conclusion Question 1 : La probabilité qu'un paquet de 1000 bits soit transmis sans erreur est très élevée, environ 0.9990.

Question 2 : Probabilité qu'un paquet de 1000 bits contienne exactement un bit corrompu.

On cherche $P(X=1) = \binom{1000}{1} (10^{-6})^1 (1-10^{-6})^{999} = 1000 \times (10^{-6}) \times (0.999999)^{999}$

Calculons la valeur : $P(X=1) = 1000 \times (10^{-6}) \times (0.999999)^{999} \approx 0.0009995002$

Conclusion Question 2 : La probabilité qu'un paquet de 1000 bits contienne exactement un bit corrompu est d'environ 0.0009995, soit environ 0.09995%.

Question 3 : Nombre moyen de paquets sans erreur sur 1 Go de fichier.

Fichier de 1 Go = $8 \times 10^9$ bits. Paquets de 1000 bits. Nombre de paquets = $\frac{8 \times 10^9}{1000} = 8 \times 10^6 = 8$ millions de paquets.

Probabilité qu'un paquet soit sans erreur (calculé en Question 1) : $p_{sans\_erreur} \approx 0.9990$.

Soit $N_{paquets\_sans\_erreur}$ le nombre de paquets sans erreur parmi les 8 millions de paquets. On peut modéliser cela par une loi binomiale $\mathcal{B}(8 \times 10^6, 0.9990)$. L'espérance est $E(N_{paquets\_sans\_erreur}) = n \times p = (8 \times 10^6) \times 0.9990$

Calculons la valeur : $E(N_{paquets\_sans\_erreur}) = (8 \times 10^6) \times 0.9990 = 7992000$

Conclusion Question 3 : Sur la transmission d'un fichier de 1 Go, on peut s'attendre en moyenne à ce que 7,992,000 paquets soient transmis sans erreur.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité qu'un secteur de $10^9$ bits soit lu sans erreur.

Pour un secteur de $10^9$ bits, soit $X$ le nombre d'erreurs de lecture dans un secteur. $X \sim \mathcal{B}(10^9, 10^{-15})$. On cherche la probabilité de 0 erreur, $P(X=0) = \binom{10^9}{0} (10^{-15})^0 (1-10^{-15})^{10^9} = (1-10^{-15})^{10^9}$

Calculons la valeur : $P(X=0) = (0.999999999999999)^{1000000000} \approx 0.9990004998$

Conclusion Question 1 : La probabilité qu'un secteur de $10^9$ bits soit lu sans erreur est très élevée, environ 0.9990.

Question 2 : Probabilité qu'un secteur de $10^9$ bits contienne au moins une erreur de lecture.

"Au moins une erreur" est l'événement complémentaire de "aucune erreur".

$P(\text{Au moins une erreur}) = 1 - P(\text{Aucune erreur}) = 1 - P(X=0) = 1 - 0.9990004998 = 0.0009995002$

Conclusion Question 2 : La probabilité qu'un secteur de $10^9$ bits contienne au moins une erreur de lecture est d'environ 0.0009995, soit environ 0.09995%.

Question 3 : Nombre moyen de secteurs avec au moins une erreur sur 1 To.

1 To = $8 \times 10^{12}$ bits. Secteurs de $10^9$ bits. Nombre de secteurs = $\frac{8 \times 10^{12}}{10^9} = 8 \times 10^3 = 8000$ secteurs.

Probabilité qu'un secteur ait au moins une erreur (calculé en Question 2) : $p_{erreur\_secteur} \approx 0.0009995$.

Soit $N_{secteurs\_erreur}$ le nombre de secteurs avec au moins une erreur parmi les 8000 secteurs. On peut modéliser cela par une loi binomiale $\mathcal{B}(8000, 0.0009995)$. L'espérance est $E(N_{secteurs\_erreur}) = n \times p = 8000 \times 0.0009995$

Calculons la valeur : $E(N_{secteurs\_erreur}) = 8000 \times 0.0009995 = 7.996 \approx 8$

Conclusion Question 3 : Sur la lecture de 1 To, on peut s'attendre en moyenne à lire environ 8 secteurs avec au moins une erreur.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité qu'au moins 18 requêtes soient traitées en moins de 0.5s.

(Correction identique à l'exercice 16 précédent)

La probabilité qu'au moins 18 requêtes soient traitées en moins de 0.5 seconde est d'environ 0.8167.

Question 2 : Nombre moyen de requêtes traitées en moins de 0.5s sur 20.

(Correction identique à l'exercice 16 précédent)

En moyenne, on s'attend à ce que 19 requêtes sur 20 soient traitées en moins de 0.5 seconde.

Question 3 : Probabilité qu'au plus la moitié des requêtes soient traitées en moins de 0.5s.

(Correction identique à l'exercice 16 précédent)

La probabilité qu'au plus la moitié des requêtes soient traitées rapidement est extrêmement faible, presque nulle.

Correction détaillée :

Question 1 : Nombre moyen de fichiers à sauvegarder.

(Correction identique à l'exercice 17 précédent)

En moyenne, on peut s'attendre à devoir sauvegarder 100 fichiers.

Question 2 : Probabilité de sauvegarder plus de 150 fichiers.

Soit $X$ le nombre de fichiers à sauvegarder, $X \sim \mathcal{B}(5000, 0.02)$. On cherche $P(X > 150) = 1 - P(X \leq 150) = 1 - \sum_{k=0}^{150} P(X=k)$.

Calculer cette somme directement est long. On peut utiliser une calculatrice statistique pour la loi binomiale cumulée pour trouver $P(X \leq 150)$.

En utilisant un outil de calcul, on trouve : $P(X \leq 150) \approx 0.9999997$. Donc $P(X > 150) = 1 - P(X \leq 150) \approx 1 - 0.9999997 = 0.0000003$

Conclusion Question 2 : La probabilité de devoir sauvegarder plus de 150 fichiers est extrêmement faible, environ 0.0000003.

Question 3 : Probabilité de ne devoir sauvegarder aucun fichier.

On cherche $P(X=0) = \binom{5000}{0} (0.02)^0 (0.98)^{5000} = (0.98)^{5000}$

Calculons la valeur : $P(X=0) = (0.98)^{5000} \approx 0$ (très proche de zéro, numériquement)

Conclusion Question 3 : La probabilité de ne devoir sauvegarder aucun fichier est quasiment nulle.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité de recevoir entre 1 et 3 appels pour incidents critiques sur 8 heures.

Soit $X$ le nombre d'appels pour incidents critiques sur 8 heures. On modélise par une loi binomiale $\mathcal{B}(n=8, p=0.1)$, car on a 8 heures (épreuves), chaque heure avec probabilité de "succès" (appel critique) $p=0.1$.

On cherche $P(1 \leq X \leq 3) = P(X=1) + P(X=2) + P(X=3)$.

$P(X=1) = \binom{8}{1} (0.1)^1 (0.9)^7 \approx 0.3826$

$P(X=2) = \binom{8}{2} (0.1)^2 (0.9)^6 \approx 0.1488$

$P(X=3) = \binom{8}{3} (0.1)^3 (0.9)^5 \approx 0.0331$

$P(1 \leq X \leq 3) \approx 0.3826 + 0.1488 + 0.0331 = 0.5645$

Conclusion Question 1 : La probabilité de recevoir entre 1 et 3 appels pour incidents critiques sur 8 heures est d'environ 0.5645.

Question 2 : Nombre moyen d'appels pour incidents critiques sur 8 heures.

Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n, p)$, l'espérance est $E(X) = np$. Ici, $n=8$ et $p=0.1$.

$E(X) = 8 \times 0.1 = 0.8$

Conclusion Question 2 : Le nombre moyen d'appels pour incidents critiques sur 8 heures est de 0.8.

Question 3 : Probabilité de recevoir moins d'appels que le nombre moyen (moins de 0.8).

"Moins d'appels que la moyenne (0.8)" signifie recevoir 0 appel (car c'est un nombre entier d'appels). On cherche $P(X < 0.8) = P(X=0)$, avec $X \sim \mathcal{B}(8, 0.1)$.

$P(X=0) = \binom{8}{0} (0.1)^0 (0.9)^8 = (0.9)^8$

Calculons la valeur : $P(X=0) = (0.9)^8 \approx 0.4305$

Conclusion Question 3 : La probabilité de recevoir moins d'appels que le nombre moyen (c'est-à-dire aucun appel) est d'environ 0.4305, soit 43.05%.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité de détecter au moins 2 bugs majeurs.

(Correction identique à l'exercice 19 précédent)

La probabilité de détecter au moins 2 bugs majeurs est d'environ 0.6242.

Question 2 : Nombre moyen de bugs majeurs détectés (approximation).

(Correction identique à l'exercice 19 précédent)

La moyenne du nombre de bugs majeurs détectés est approximativement 2.

Question 3 : Probabilité de détecter entre 2 et 5 bugs majeurs inclus.

(Correction identique à l'exercice 19 précédent)

La probabilité de détecter entre 2 et 5 bugs majeurs inclus est d'environ 0.6178.

Correction détaillée :

Question 1 : Probabilité de trouver exactement 0 log suspect dans un lot de 5 logs.

Soit $X$ le nombre de logs suspects dans un lot de 5. $X \sim \mathcal{B}(5, 0.005)$. On cherche $P(X=0) = \binom{5}{0} (0.005)^0 (0.995)^5 = (0.995)^5$

Calculons la valeur : $P(X=0) = (0.995)^5 \approx 0.9752$

Conclusion Question 1 : La probabilité de trouver exactement 0 log suspect dans un lot de 5 logs est d'environ 0.9752.

Question 2 : Probabilité de trouver au moins un log suspect dans un lot de 5 logs.

"Au moins un log suspect" est l'événement complémentaire d'"aucun log suspect".

$P(\text{Au moins un log suspect}) = 1 - P(\text{Aucun log suspect}) = 1 - P(X=0) = 1 - 0.9752 = 0.0248$

Conclusion Question 2 : La probabilité de trouver au moins un log suspect dans un lot de 5 logs est d'environ 0.0248, soit 2.48%.

Question 3 : Nombre moyen de lots sans log suspect sur 100 lots.

On considère 100 lots. Pour chaque lot, soit $S$ l'événement "le lot ne contient aucun log suspect". On a calculé $P(S) = P(X=0) \approx 0.9752$ (question 1). Soit $L$ le nombre de lots sans log suspect parmi 100 lots. $L \sim \mathcal{B}(100, 0.9752)$. L'espérance est $E(L) = n \times p = 100 \times 0.9752$

Calculons la valeur : $E(L) = 100 \times 0.9752 = 97.52$

Conclusion Question 3 : Sur 100 lots de 5 logs, on peut s'attendre en moyenne à trouver environ 97.52 lots sans aucun log suspect.