Exercices corrigés : Probabilités conditionnelles — Terminale spécialité

Correction détaillée

1. 1

   Formule : $P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}$P_A(B)=(P(A∩ B))/P(A).

2. 2

   $P_A(B)=\frac{0,1}{0,4}=0,25$P_A(B)=0,1/0,4=0,25.

Rappel de cours : $P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}$P_A(B)=(P(A∩ B))/P(A) : probabilité de $B$B « sachant $A$A ». On divise l'intersection par la probabilité de la condition.

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1. 1

   On part de $P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}$P_A(B)=(P(A∩ B))/P(A), donc $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)$P(A∩ B)=P(A)× P_A(B).

2. 2

   $P(A\cap B)=0,6\times 0,3=0,18$P(A∩ B)=0,6× 0,3=0,18.

Rappel de cours : Sur un arbre, la probabilité d'un chemin est le produit des probabilités rencontrées : $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)$P(A∩ B)=P(A)× P_A(B).

Correction détaillée

1. 1

   La probabilité d'un chemin sur un arbre est le produit des probabilités des branches : $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)$P(A∩ B)=P(A)× P_A(B).

2. 2

   $=0,7\times 0,2=0,14$=0,7× 0,2=0,14.

Rappel de cours : Règle de l'arbre : on multiplie le long d'un chemin. La somme des branches issues d'un même nœud vaut $1$1.

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1. 1

   $P(\overline{A})=1-0,25=0,75$P(A̅)=1-0,25=0,75.

2. 2

   Probabilité d'un chemin = produit des probabilités le long des branches : $P(\overline{A}\cap B)=P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(B)=0,75\times 0,4=0,3$P(A̅∩ B)=P(A̅)× P_A̅(B)=0,75× 0,4=0,3.

Rappel de cours : $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)$P(A∩ B)=P(A)× P_A(B).

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1. 1

   Les branches issues d'un nœud ont une somme égale à $1$1 : $P(\overline{A})=1-P(A)=1-0,3=0,7$P(A̅)=1-P(A)=1-0,3=0,7.

2. 2

   De même $P_A(\overline{B})=1-P_A(B)=1-0,8=0,2$P_A(B̅)=1-P_A(B)=1-0,8=0,2.

Rappel de cours : À chaque nœud, les probabilités des branches se complètent à $1$1. $P(\overline{B})=1-P(B)$P(B̅)=1-P(B).

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1. 1

   Formule des probabilités totales : $P(B)=P(A\cap B)+P(\overline{A}\cap B)=P(A)P_A(B)+P(\overline{A})P_{\overline{A}}(B)$P(B)=P(A∩ B)+P(A̅∩ B)=P(A)P_A(B)+P(A̅)P_A̅(B).

2. 2

   $P(\overline{A})=0,4$P(A̅)=0,4.

   Donc $P(B)=0,6\times 0,5+0,4\times 0,2=0,30+0,08=0,38$P(B)=0,6× 0,5+0,4× 0,2=0,30+0,08=0,38.

Rappel de cours : Probabilités totales : on additionne les probabilités de tous les chemins menant à $B$B (ici via $A$A et via $\overline{A}$A̅).

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1. 1

   $P(A)=\frac{18}{30}$P(A)=18/30 et $P(A\cap E)=\frac{12}{30}$P(A∩ E)=12/30.

2. 2

   $P_A(E)=\frac{P(A\cap E)}{P(A)}=\frac{12/30}{18/30}=\frac{12}{18}=\frac{2}{3}$P_A(E)=(P(A∩ E))/P(A)=(12/30)/(18/30)=12/18=2/3.

Rappel de cours : Avec des effectifs, la conditionnelle « sachant $A$A » revient à restreindre l'univers à $A$A : ici $\frac{12}{18}$12/18.

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1. 1

   $P(C)=\frac{8}{32}=\frac{1}{4}$P(C)=8/32=1/4 et $P(K)=\frac{4}{32}=\frac{1}{8}$P(K)=4/32=1/8.

2. 2

   $C\cap K$C∩ K : le roi de cœur, $P(C\cap K)=\frac{1}{32}$P(C∩ K)=1/32.

3. 3

   $P(C)\times P(K)=\frac{1}{4}\times \frac{1}{8}=\frac{1}{32}=P(C\cap K)$P(C)× P(K)=1/4×1/8=1/32=P(C∩ K) : $C$C et $K$K sont indépendants.

Rappel de cours : Indépendance : $P(A\cap B)=P(A)P(B)$P(A∩ B)=P(A)P(B), ou de façon équivalente $P_A(B)=P(B)$P_A(B)=P(B). Ici, savoir que la carte est un cœur ne change pas la proportion de rois.

Erreur fréquente : Indépendants ne veut pas dire incompatibles : $C\cap K$C∩ K n'est pas vide.

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1. 1

   $A$A et $B$B sont indépendants si $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$P(A∩ B)=P(A)× P(B).

2. 2

   $P(A)\times P(B)=0,5\times 0,4=0,2$P(A)× P(B)=0,5× 0,4=0,2, et $P(A\cap B)=0,2$P(A∩ B)=0,2.

3. 3

   Les deux sont égaux : $A$A et $B$B sont indépendants.

Rappel de cours : Indépendance : $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$P(A∩ B)=P(A)× P(B). De façon équivalente, $P_A(B)=P(B)$P_A(B)=P(B) (savoir que $A$A est réalisé ne change rien).

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1. 1

   Notons $U_1$U₁, $U_2$U₂ le choix de l'urne.

   $P_{U_1}(R)=\frac{3}{5}$P_U₁(R)=3/5 et $P_{U_2}(R)=\frac{1}{4}$P_U₂(R)=1/4.

2. 2

   Probabilités totales : $P(R)=P(U_1)P_{U_1}(R)+P(U_2)P_{U_2}(R)=0,5\times \frac{3}{5}+0,5\times \frac{1}{4}$P(R)=P(U₁)P_U₁(R)+P(U₂)P_U₂(R)=0,5×3/5+0,5×1/4.

3. 3

   $=0,5\times 0,6+0,5\times 0,25=0,30+0,125=0,425$=0,5× 0,6+0,5× 0,25=0,30+0,125=0,425.

Rappel de cours : On décompose selon le premier choix (urne), puis on somme les chemins menant à « rouge ».

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1. 1

   Formule : $P_R(U_1)=\frac{P(U_1\cap R)}{P(R)}$P_R(U₁)=(P(U₁∩ R))/P(R).

2. 2

   $P(U_1\cap R)=P(U_1)P_{U_1}(R)=0,5\times 0,6=0,30$P(U₁∩ R)=P(U₁)P_U₁(R)=0,5× 0,6=0,30.

3. 3

   $P_R(U_1)=\frac{0,30}{0,425}\approx 0,706$P_R(U₁)=0,30/0,425≈ 0,706.

Rappel de cours : Probabilité « inversée » (Bayes) : $P_R(U_1)=\frac{P(U_1)P_{U_1}(R)}{P(R)}$P_R(U₁)=P(U₁)P_U₁(R)/P(R). On échange la condition et l'événement.

Erreur fréquente : $P_R(U_1)\ne P_{U_1}(R)$P_R(U₁)≠ P_U₁(R) : conditionner par $R$R ou par $U_1$U₁ donne des résultats différents. L'ordre compte.

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1. 1

   Indépendance : $P(A\cap B)=P(A)P(B)=0,3\times 0,5=0,15$P(A∩ B)=P(A)P(B)=0,3× 0,5=0,15.

2. 2

   Formule de la réunion : $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=0,3+0,5-0,15=0,65$P(A∪ B)=P(A)+P(B)-P(A∩ B)=0,3+0,5-0,15=0,65.

Rappel de cours : $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$P(A∪ B)=P(A)+P(B)-P(A∩ B) : on soustrait l'intersection comptée deux fois.

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1. 1

   1) Probabilités totales avec la partition (beau, nuageux, pluie) : $P(R)=0,5\times 0,05+0,3\times 0,1+0,2\times 0,4=0,025+0,03+0,08=0,135$P(R)=0,5× 0,05+0,3× 0,1+0,2× 0,4=0,025+0,03+0,08=0,135.

2. 2

   2) $P_R(\text{pluie})=\frac{P(\text{pluie}\cap R)}{P(R)}=\frac{0,08}{0,135}\approx 0,593$P_R( pluie )=(P( pluie ∩ R))/P(R)=0,08/0,135≈ 0,593.

3. 3

   La pluie ne concerne que $20\%$20 % des jours, mais près de $60\%$60 % des retards.

Rappel de cours : Probabilités « inversées » : $P_B(A)=\frac{P(A)P_A(B)}{P(B)}$P_B(A)=P(A)P_A(B)/P(B).

Correction détaillée

1. 1

   Données : $P(M)=0,02$P(M)=0,02, $P_M(T)=0,95$P_M(T)=0,95, $P_{\overline{M}}(T)=0,03$P_M̅(T)=0,03, et $P(\overline{M})=0,98$P(M̅)=0,98.

2. 2

   Probabilités totales : $P(T)=P(M)P_M(T)+P(\overline{M})P_{\overline{M}}(T)$P(T)=P(M)P_M(T)+P(M̅)P_M̅(T).

3. 3

   $=0,02\times 0,95+0,98\times 0,03=0,019+0,0294=0,0484$=0,02× 0,95+0,98× 0,03=0,019+0,0294=0,0484.

Rappel de cours : On construit l'arbre malade/sain, puis test $+$+/$-$-, et on somme les deux chemins menant à $T$T.

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1. 1

   $P_T(M)=\frac{P(M\cap T)}{P(T)}=\frac{P(M)P_M(T)}{P(T)}$P_T(M)=(P(M∩ T))/P(T)=P(M)P_M(T)/P(T).

2. 2

   $P(M\cap T)=0,02\times 0,95=0,019$P(M∩ T)=0,02× 0,95=0,019.

   Donc $P_T(M)=\frac{0,019}{0,0484}\approx 0,393$P_T(M)=0,019/0,0484≈ 0,393.

3. 3

   Commentaire : malgré un test « fiable à $95\%$95% », seulement $\approx 39\%$≈ 39% des personnes positives sont réellement malades, car la maladie est rare (beaucoup de faux positifs).

Rappel de cours : Bayes inverse la condition : $P_T(M)=\frac{P(M)P_M(T)}{P(T)}$P_T(M)=P(M)P_M(T)/P(T). Une maladie rare produit beaucoup de faux positifs, ce qui surprend souvent.

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1. 1

   Les tirs sont indépendants : la probabilité d'une succession est le produit.

2. 2

   Réussir, réussir, rater : $0,8\times 0,8\times 0,2$0,8× 0,8× 0,2.

3. 3

   $=0,64\times 0,2=0,128$=0,64× 0,2=0,128.

Rappel de cours : Pour des épreuves indépendantes, la probabilité d'une suite d'issues est le produit des probabilités. Rater a pour proba $1-0,8=0,2$1-0,8=0,2.

Correction détaillée

1. 1

   Notons $M_1,M_2,M_3$M₁,M₂,M₃ l'origine de la pièce.

   $P(M_1)=0,5$P(M₁)=0,5, $P(M_2)=0,3$P(M₂)=0,3, $P(M_3)=0,2$P(M₃)=0,2.

2. 2

   Taux de défaut : $P_{M_1}(D)=0,02$P_M₁(D)=0,02, $P_{M_2}(D)=0,04$P_M₂(D)=0,04, $P_{M_3}(D)=0,05$P_M₃(D)=0,05.

3. 3

   Probabilités totales : $P(D)=0,5\times 0,02+0,3\times 0,04+0,2\times 0,05=0,01+0,012+0,01=0,032$P(D)=0,5× 0,02+0,3× 0,04+0,2× 0,05=0,01+0,012+0,01=0,032.

Rappel de cours : La formule des probabilités totales se généralise à plusieurs cas : on somme $P(M_i)\times P_{M_i}(D)$P(Mᵢ)× P_Mᵢ(D) sur toutes les origines.

Correction détaillée

1. 1

   $A$A et $B$B sont indépendants si et seulement si $P_A(B)=P(B)$P_A(B)=P(B).

2. 2

   Ici $P_A(B)=0,3=P(B)$P_A(B)=0,3=P(B) : ils sont indépendants.

3. 3

   Vérification : $P(A\cap B)=P(A)P_A(B)=0,4\times 0,3=0,12=P(A)P(B)$P(A∩ B)=P(A)P_A(B)=0,4× 0,3=0,12=P(A)P(B). ✓

Rappel de cours : Indépendance $⟺P_A(B)=P(B)$⇔ P_A(B)=P(B) (savoir que $A$A est réalisé ne change pas la proba de $B$B).

Correction détaillée

1. 1

   Premier niveau : $A$A (proba $0,7$0,7) et $B$B (proba $0,3$0,3).

   Sous $A$A : $D$D ($0,02$0,02) et $\overline{D}$D̅ ($0,98$0,98).

   Sous $B$B : $D$D ($0,06$0,06) et $\overline{D}$D̅ ($0,94$0,94).

2. 2

   $P(A\cap D)=P(A)\times P_A(D)=0,7\times 0,02=0,014$P(A∩ D)=P(A)× P_A(D)=0,7×0,02=0,014.

3. 3

   Formule des probabilités totales : $P(D)=P(A\cap D)+P(B\cap D)=0,014+0,3\times 0,06=0,014+0,018=0,032$P(D)=P(A∩ D)+P(B∩ D)=0,014+0,3×0,06=0,014+0,018=0,032.

4. 4

   $P_D(A)=\frac{P(A\cap D)}{P(D)}=\frac{0,014}{0,032}\approx 0,438$P_D(A)=(P(A∩ D))/P(D)=0,014/0,032≈0,438.

   Bien que $A$A produise plus de pièces, elle est plus fiable : moins de la moitié des pièces défectueuses viennent de $A$A.

5. 5

   $P(A)\times P(D)=0,7\times 0,032=0,0224$P(A)× P(D)=0,7×0,032=0,0224, alors que $P(A\cap D)=0,014$P(A∩ D)=0,014.

   Comme $0,014\ne 0,0224$0,014≠0,0224, les événements $A$A et $D$D ne sont pas indépendants.

Rappel de cours : Probabilités totales pour $P(D)$P(D), puis Bayes : $P_D(A)=\frac{P(A)P_A(D)}{P(D)}$P_D(A)=P(A)P_A(D)/P(D). Indépendance $⟺P(A\cap D)=P(A)P(D)$⇔ P(A∩ D)=P(A)P(D).

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1. 1

   1) Probabilités totales : $p_{n+1}=0,3p_n+0,1(1-p_n)=0,2p_n+0,1$pₙ₊₁=0,3pₙ+0,1(1-pₙ)=0,2pₙ+0,1.

2. 2

   2) $v_{n+1}=0,2p_n+0,1-0,125=0,2p_n-0,025=0,2(p_n-0,125)=0,2v_n$vₙ₊₁=0,2pₙ+0,1-0,125=0,2pₙ-0,025=0,2(pₙ-0,125)=0,2vₙ.

   Géométrique de raison $0,2$0,2, $v_0=0,375$v₀=0,375.

3. 3

   $p_n=0,125+0,375\times 0,2^n$pₙ=0,125+0,375× 0,2ⁿ.

4. 4

   3) $0,2^n\to 0$0,2ⁿ→ 0, donc $p_n\to 0,125$pₙ→ 0,125.

   À long terme, l'élève est en retard environ un jour sur huit, quelle que soit la situation de départ.

Rappel de cours : Un arbre à deux niveaux répété jour après jour donne une suite arithmético-géométrique.