Probabilités conditionnelles et indépendance

Calculer sans calculatrice. Donne un nombre décimal ou une fraction irréductible (exemple : 3/8).

1. $P(A)=0,37$. Alors $P(\bar{A})=$
   $P(\bar{A})=1-0,37=0,63$.
2. Une enveloppe contient $25$ tickets de tombola, dont $4$ gagnants. On tire un ticket au hasard. Probabilité qu’il soit gagnant :
   Les $25$ tickets ont la même probabilité d’être tirés : ${\displaystyle \frac{4}{25}}=0,16$.
3. On choisit au hasard un nombre entier de $1$ à $40$. Probabilité qu’il soit un multiple de $8$ :
   Multiples de $8$ : $8$, $16$, $24$, $32$ et $40$, soit $5$ issues favorables sur $40$ : ${\displaystyle \frac{5}{40}}={\displaystyle \frac{1}{8}}=0,125$.
4. La météo annonce pour demain : soleil avec la probabilité $0,45$, nuages $0,3$, pluie $0,2$, neige sinon. Probabilité de neige :
   Les quatre issues ont pour somme $1$ et $0,45+0,3+0,2=0,95$, donc la neige a pour probabilité $1-0,95=0,05$.
5. Avec cette météo, probabilité qu’il ne pleuve pas demain :
   « Ne pas pleuvoir » est le contraire de « pluie » : $1-0,2=0,8$.

On tire au hasard une carte d’un jeu de $32$ cartes : $4$ couleurs (cœur, carreau, trèfle, pique) de $8$ cartes chacune (7, 8, 9, 10, valet, dame, roi, as). $C$ : « la carte est un cœur », $F$ : « la carte est une figure (valet, dame ou roi) ». Donne des fractions irréductibles.

1. $P(C)=$
   $8$ cœurs sur $32$ cartes : ${\displaystyle \frac{8}{32}}={\displaystyle \frac{1}{4}}$.
2. $P(F)=$
   $3$ figures par couleur, soit $12$ figures : ${\displaystyle \frac{12}{32}}={\displaystyle \frac{3}{8}}$.
3. $P(C\cap F)=$
   $C\cap F$ contient le valet, la dame et le roi de cœur, soit $3$ cartes : ${\displaystyle \frac{3}{32}}$.
4. Probabilité que la carte soit un cœur ou une figure :
   On compte les cartes de $C\cup F$ sans compter deux fois les figures de cœur : les $8$ cœurs, plus les $12-3=9$ figures qui ne sont pas des cœurs, soit $17$ cartes : ${\displaystyle \frac{17}{32}}$.
5. Probabilité que la carte ne soit ni un cœur ni une figure :
   C’est le contraire de « cœur ou figure » : $1-{\displaystyle \frac{17}{32}}={\displaystyle \frac{15}{32}}$.

On lance $2000$ fois un bouchon de bouteille : il retombe sur le côté $1240$ fois. On étudie ensuite la fonction Python suivante, où random() renvoie un nombre aléatoire de l’intervalle $[0;1[$.

from random import random

def frequence(n):
    c = 0
    for i in range(n):
        if random() < 0.3:
            c = c + 1
    return c / n

1. Fréquence observée de « sur le côté » :
   ${\displaystyle \frac{1240}{2000}}=0,62$.
2. Estimation de la probabilité que le bouchon ne retombe pas sur le côté :
   Pour un grand nombre de lancers, la fréquence observée est proche de la probabilité (loi des grands nombres) : la probabilité de « sur le côté » est environ $0,62$, donc celle du contraire est environ $1-0,62=0,38$.
3. La condition random() < 0.3 est vraie avec la probabilité
   Un nombre au hasard de $[0;1[$ est inférieur à $0,3$ avec la probabilité $0,3$. La fonction répète donc $n$ fois une expérience dont le succès a pour probabilité $0,3$, compte les succès dans c et renvoie leur fréquence.
4. Nombre de valeurs différentes que peut renvoyer frequence(10) :
   c est un entier de $0$ à $10$ : la fonction renvoie $0$ ; $0,1$ ; $0,2$ ; … ; $1$, soit $11$ valeurs possibles.
5. Un appel frequence(10) renvoie $0,7$. Justifier que ce résultat ne contredit pas le modèle. Écart entre $0,7$ et la probabilité simulée :
   Rédaction attendue. L’écart vaut $0,7-0,3=0,4$. Sur seulement $10$ répétitions, la fréquence fluctue beaucoup : obtenir $7$ succès est peu probable mais possible. La loi des grands nombres ne dit rien pour $n=10$ ; elle affirme que, pour $n$ grand (par exemple frequence(100000)), la fréquence est, sauf exception, proche de $0,3$.

Dans une station de montagne, on choisit au hasard un jour d’hiver. $N$ : « il neige », $V$ : « le vent souffle fort ». On sait que $P(N)=0,25$, $P(V)=0,55$ et $P(N\cap V)=0,15$.

1. Probabilité d’un jour de vent fort sans neige, $P(\bar{N}\cap V)=$
   $V$ est la réunion des événements incompatibles $N\cap V$ et $\bar{N}\cap V$, donc $P(\bar{N}\cap V)=0,55-0,15=0,4$.
2. Probabilité qu’il neige ou que le vent souffle fort :
   « $N$ ou $V$ » : soit il neige (probabilité $0,25$), soit il ne neige pas et le vent souffle fort (probabilité $0,4$). Ces deux cas sont incompatibles : $0,25+0,4=0,65$.
3. Probabilité d’un jour sans neige ni vent fort :
   C’est le contraire de « $N$ ou $V$ » : $1-0,65=0,35$.
4. Un élève additionne $P(N)$ et $P(V)$ pour obtenir la probabilité qu’il neige ou que le vent souffle fort. Il trouve ; justifier qu’il se trompe.
   Rédaction attendue. L’élève trouve $0,25+0,55=0,8$ au lieu de $0,65$. $N$ et $V$ ne sont pas incompatibles, puisque $P(N\cap V)=0,15$ n’est pas nul : en additionnant $P(N)$ et $P(V)$, il compte deux fois les jours de neige et de vent fort. Son résultat dépasse la bonne valeur de $0,15$, exactement $P(N\cap V)$.

Une enquête porte sur $400$ habitants d’un quartier. $160$ ont moins de $25$ ans ; parmi eux, $112$ possèdent un vélo. Parmi les $240$ habitants de $25$ ans ou plus, $84$ possèdent un vélo. On interroge un habitant au hasard ; $J$ : « l’habitant a moins de $25$ ans », $V$ : « il possède un vélo ». Donne des nombres décimaux ou des fractions irréductibles.

1. Nombre d’habitants qui possèdent un vélo :
   $112+84=196$. Tableau complet : moins de $25$ ans, $112$ avec vélo et $160-112=48$ sans ; $25$ ans ou plus, $84$ avec vélo et $240-84=156$ sans ; sans vélo en tout : $48+156=204$.
2. $P(V)=$
   ${\displaystyle \frac{196}{400}}=0,49$.
3. $P(J\cap V)=$
   Case « moins de $25$ ans et vélo » divisée par l’effectif total : ${\displaystyle \frac{112}{400}}=0,28$.
4. $P_J(V)=$
   On ne garde que les $160$ habitants de moins de $25$ ans : ${\displaystyle \frac{112}{160}}=0,7$. Avec la définition : ${\displaystyle \frac{0,28}{0,4}}=0,7$.
5. $P_V(J)=$
   On ne garde que les $196$ habitants qui ont un vélo : ${\displaystyle \frac{112}{196}}={\displaystyle \frac{4}{7}}\approx 0,57$. $70\%$ des moins de $25$ ans ont un vélo, mais seulement $57\%$ environ des possesseurs de vélo ont moins de $25$ ans.

$A$ et $B$ sont deux événements tels que $P(A)=0,48$, $P(B)=0,3$ et $P_A(B)=0,25$. Donne des nombres décimaux.

1. $P(A\cap B)=$
   Probabilités composées : $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)=0,48\times 0,25=0,12$.
2. $P_B(A)=$
   $P_B(A)={\displaystyle \frac{P(A\cap B)}{P(B)}}={\displaystyle \frac{0,12}{0,3}}=0,4$.
3. $P_A(\bar{B})=$
   $P_A(\bar{B})=1-0,25=0,75$.
4. $P(A\cap \bar{B})=$
   $0,48\times 0,75=0,36$. Contrôle : $0,12+0,36=0,48$, c’est bien $P(A)$.

Une agence a loué $600$ véhicules cet été : $40\%$ sont des utilitaires ($U$), les autres des voitures. $25\%$ des utilitaires et $60\%$ des voitures ont été loués plus d’une semaine ($S$). On choisit une location au hasard.

1. Nombre d’utilitaires loués plus d’une semaine :
   $600\times 0,4=240$ utilitaires, dont $240\times 0,25=60$ loués plus d’une semaine.
2. Nombre de locations de plus d’une semaine :
   $600-240=360$ voitures, dont $360\times 0,6=216$ louées plus d’une semaine ; en tout, $60+216=276$.
3. $P(S)=$
   ${\displaystyle \frac{276}{600}}=0,46$.
4. $P_S(U)=$ (fraction irréductible)
   Parmi les $276$ locations de plus d’une semaine, $60$ sont des utilitaires : ${\displaystyle \frac{60}{276}}={\displaystyle \frac{5}{23}}$ (on simplifie par $12$).
5. $P(U\cap \bar{S})=$
   $240-60=180$ utilitaires loués une semaine au plus : ${\displaystyle \frac{180}{600}}=0,3$. Avec les probabilités composées : $0,4\times 0,75=0,3$.

Une entreprise compte $250$ salariés, dont $100$ travaillent en horaires décalés ($H$). $36\%$ des salariés en horaires décalés et $20\%$ des autres salariés déjeunent à la cantine ($C$). On choisit un salarié au hasard.

1. $P(H\cap C)=$
   $100\times 0,36=36$ salariés sont en horaires décalés et déjeunent à la cantine : ${\displaystyle \frac{36}{250}}=0,144$. Avec les probabilités composées : $0,4\times 0,36=0,144$.
2. Nombre de salariés qui déjeunent à la cantine :
   $36$ en horaires décalés, et $150\times 0,2=30$ parmi les $150$ autres : $36+30=66$.
3. $P_C(H)=$ (fraction irréductible)
   Parmi les $66$ salariés de la cantine, $36$ sont en horaires décalés : ${\displaystyle \frac{36}{66}}={\displaystyle \frac{6}{11}}$.
4. Un responsable affirme : « Plus de la moitié des salariés qui déjeunent à la cantine travaillent en horaires décalés. » Justifier. Nombre de salariés de la cantine qui ne sont pas en horaires décalés :
   Rédaction attendue. La condition est « déjeuner à la cantine » : il faut $P_C(H)$, et non $P_H(C)=0,36$. Sur les $66$ salariés de la cantine, $36$ sont en horaires décalés et $30$ ne le sont pas. Comme $36>30$, plus de la moitié d’entre eux sont en horaires décalés : $P_C(H)={\displaystyle \frac{6}{11}}$, qui dépasse ${\displaystyle \frac{1}{2}}$. L’affirmation est vraie, alors que seulement $36\%$ des salariés en horaires décalés vont à la cantine.

Dans un restaurant, $70\%$ des clients ont réservé ($R$). $10\%$ des clients qui ont réservé et $30\%$ de ceux qui n’ont pas réservé attendent plus de $15$ minutes ($A$). On choisit un client au hasard et on construit l’arbre pondéré ($R$ et $\bar{R}$, puis $A$ et $\bar{A}$). Donne des nombres décimaux.

1. $P(\bar{R})=$
   $1-0,7=0,3$.
2. Branche de $R$ vers $\bar{A}$ : $P_R(\bar{A})=$
   Les branches issues du nœud $R$ ont pour somme $1$ : $1-0,1=0,9$.
3. $P(R\cap A)=$
   Chemin $R$ puis $A$ : $0,7\times 0,1=0,07$.
4. $P(\bar{R}\cap A)=$
   Chemin $\bar{R}$ puis $A$ : $0,3\times 0,3=0,09$.
5. $P(A)=$
   Deux chemins mènent à $A$ : $0,07+0,09=0,16$.

Une boîte contient $10$ œufs, dont $3$ fêlés. On prend un œuf au hasard, on le garde, puis on en prend un second au hasard. $F_1$ : « le premier œuf est fêlé », $F_2$ : « le second œuf est fêlé ». Donne des fractions irréductibles.

1. $P_{F_1}(F_2)=$
   Après un premier œuf fêlé, il reste $9$ œufs, dont $2$ fêlés : ${\displaystyle \frac{2}{9}}$.
2. Probabilité que les deux œufs soient fêlés :
   ${\displaystyle \frac{3}{10}}\times {\displaystyle \frac{2}{9}}={\displaystyle \frac{6}{90}}={\displaystyle \frac{1}{15}}$.
3. Probabilité qu’aucun des deux œufs ne soit fêlé :
   ${\displaystyle \frac{7}{10}}\times {\displaystyle \frac{6}{9}}={\displaystyle \frac{42}{90}}={\displaystyle \frac{7}{15}}$.
4. Probabilité qu’exactement un des deux œufs soit fêlé :
   Deux chemins : ${\displaystyle \frac{3}{10}}\times {\displaystyle \frac{7}{9}}={\displaystyle \frac{21}{90}}$ et ${\displaystyle \frac{7}{10}}\times {\displaystyle \frac{3}{9}}={\displaystyle \frac{21}{90}}$, soit ${\displaystyle \frac{42}{90}}={\displaystyle \frac{7}{15}}$. Contrôle : ${\displaystyle \frac{1}{15}}+{\displaystyle \frac{7}{15}}+{\displaystyle \frac{7}{15}}=1$.
5. $P(F_2)=$
   Deux chemins mènent à $F_2$ : ${\displaystyle \frac{3}{10}}\times {\displaystyle \frac{2}{9}}={\displaystyle \frac{6}{90}}$ et ${\displaystyle \frac{7}{10}}\times {\displaystyle \frac{3}{9}}={\displaystyle \frac{21}{90}}$, soit ${\displaystyle \frac{27}{90}}={\displaystyle \frac{3}{10}}$ : la même probabilité que pour le premier œuf.

Parmi les patients qui consultent un médecin en hiver, $20\%$ ont la grippe ($G$). Un test rapide ($T$ : « le test est positif ») a une sensibilité de $80\%$ et une spécificité de $90\%$. On raisonne sur $1000$ patients.

1. Nombre de vrais positifs :
   $1000\times 0,2=200$ patients grippés, dont $200\times 0,8=160$ testés positifs.
2. Nombre de faux positifs :
   $800$ patients non grippés ; une spécificité de $90\%$ signifie que $10\%$ d’entre eux sont testés positifs : $800\times 0,1=80$.
3. $P(T)=$
   $160+80=240$ tests positifs : ${\displaystyle \frac{240}{1000}}=0,24$.
4. $P_T(G)=$ (fraction irréductible)
   ${\displaystyle \frac{160}{240}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$ : un patient testé positif a la grippe dans deux cas sur trois.
5. Probabilité qu’un patient testé négatif ait quand même la grippe : (fraction irréductible)
   Tests négatifs : $200-160=40$ faux négatifs et $800-80=720$ vrais négatifs, soit $760$. $P_{\bar{T}}(G)={\displaystyle \frac{40}{760}}={\displaystyle \frac{1}{19}}$.

Un revendeur se fournit auprès de deux grossistes : une proportion $p$ (avec $0<p<1$) de ses articles vient du grossiste $G_1$, le reste du grossiste $G_2$. $6\%$ des articles de $G_1$ et $2\%$ de ceux de $G_2$ ont un emballage abîmé ($E$). On choisit un article au hasard.

1. Montrer que $P(E)=0,04p+0,02$. Pour $p=0,5$ : $P(E)=$
   Rédaction attendue. Au premier niveau de l’arbre, $G_1$ (probabilité $p$) et $G_2$ (probabilité $1-p$) ; au second, $E$ avec $P_{G_1}(E)=0,06$ et $P_{G_2}(E)=0,02$. Deux chemins mènent à $E$ : $P(E)=p\times 0,06+(1-p)\times 0,02$, soit $P(E)=0,06p+0,02-0,02p=0,04p+0,02$. Pour $p=0,5$ : $0,04\times 0,5+0,02=0,04$.
2. Le revendeur constate que $3,5\%$ de ses articles ont un emballage abîmé. Valeur de $p$ :
   $0,04p+0,02=0,035$ donne $0,04p=0,015$, soit $p={\displaystyle \frac{0,015}{0,04}}=0,375$.
3. Avec cette valeur de $p$, $P_E(G_1)=$ (fraction irréductible)
   $P(G_1\cap E)=0,375\times 0,06=0,0225$, donc $P_E(G_1)={\displaystyle \frac{0,0225}{0,035}}={\displaystyle \frac{225}{350}}={\displaystyle \frac{9}{14}}$ : près des deux tiers des emballages abîmés viennent de $G_1$, qui ne fournit que $37,5\%$ des articles.
4. Plus grande valeur de $p$ pour laquelle au plus $3\%$ des articles ont un emballage abîmé :
   $0,04p+0,02⩽0,03$ donne $0,04p⩽0,01$, soit $p⩽0,25$ : $G_1$ doit fournir au plus un quart des articles.

$A$ et $B$ sont deux événements indépendants tels que $P(A)=0,4$ et $P(B)=0,25$. Donne des nombres décimaux.

1. $P(A\cap B)=$
   Par indépendance : $0,4\times 0,25=0,1$.
2. $P(A\cap \bar{B})=$
   $A$ et $\bar{B}$ sont indépendants : $0,4\times 0,75=0,3$. Autre calcul : $P(A)-P(A\cap B)=0,4-0,1=0,3$.
3. $P(\bar{A}\cap \bar{B})=$
   $\bar{A}$ et $\bar{B}$ sont indépendants : $0,6\times 0,75=0,45$.
4. Probabilité qu’au moins un des deux événements se réalise :
   C’est le contraire de « ni $A$ ni $B$ » : $1-0,45=0,55$.

Un artisan a expédié $200$ colis : $120$ à l’étranger ($E$) et $50$ fragiles ($F$), dont $30$ partis à l’étranger. On choisit un colis au hasard. Donne des nombres décimaux ou des fractions irréductibles.

1. $P(E\cap F)=$
   ${\displaystyle \frac{30}{200}}=0,15$.
2. $P(E)\times P(F)=$
   $P(E)={\displaystyle \frac{120}{200}}=0,6$ et $P(F)={\displaystyle \frac{50}{200}}=0,25$, donc $P(E)\times P(F)=0,6\times 0,25=0,15$. C’est égal à $P(E\cap F)$ : $E$ et $F$ sont indépendants.
3. $P_E(F)=$
   ${\displaystyle \frac{30}{120}}=0,25$, qui est $P(F)$ : savoir qu’un colis part à l’étranger ne change pas la probabilité qu’il soit fragile.
4. Si $40$ colis fragiles étaient partis à l’étranger (totaux inchangés), $P_E(F)$ vaudrait
   ${\displaystyle \frac{40}{120}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$, différent de $P(F)=0,25$ : $E$ et $F$ ne seraient plus indépendants. On le voit aussi avec ${\displaystyle \frac{40}{200}}=0,2$, différent de $0,15$.

Un local est équipé de deux détecteurs de fumée qui fonctionnent indépendamment l’un de l’autre. En cas de départ de feu, le premier se déclenche avec la probabilité $0,92$ et le second avec la probabilité $0,85$. Un départ de feu a lieu.

1. Probabilité que les deux détecteurs se déclenchent :
   Les détecteurs sont indépendants : $0,92\times 0,85=0,782$.
2. Probabilité qu’aucun ne se déclenche :
   Les contraires sont aussi indépendants : $0,08\times 0,15=0,012$.
3. Probabilité qu’exactement un détecteur se déclenche :
   Deux chemins : $0,92\times 0,15=0,138$ et $0,08\times 0,85=0,068$, soit $0,138+0,068=0,206$. Contrôle : $0,782+0,206+0,012=1$.
4. Le fabricant annonce une alerte dans plus de $98\%$ des départs de feu. Justifier. Probabilité qu’au moins un détecteur se déclenche :
   Rédaction attendue. L’alerte est donnée dès qu’au moins un détecteur se déclenche : c’est le contraire de « aucun ne se déclenche ». Sa probabilité vaut $1-0,012=0,988$, soit $98,8\%$ des départs de feu : l’annonce est exacte.

Dans un jeu en ligne, un joueur gagne une partie avec la probabilité $0,3$. Il enchaîne $4$ parties, dont les résultats sont indépendants.

1. Justifier que la situation est une répétition de $4$ épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Nombre de chemins de l’arbre :
   Rédaction attendue. Chaque partie a deux issues : gagnée (succès, de probabilité $p=0,3$) ou perdue (échec, de probabilité $0,7$) ; c’est une épreuve de Bernoulli. Les $4$ parties ont la même probabilité de victoire et leurs résultats sont indépendants : on répète $4$ fois la même épreuve de façon indépendante. L’arbre a $4$ niveaux et $2^4=16$ chemins.
2. Probabilité qu’il ne gagne aucune partie :
   Un seul chemin : $0,7^4=0,{49}^2=0,2401$.
3. Probabilité qu’il gagne exactement une partie :
   $4$ chemins (la victoire est la 1re, la 2e, la 3e ou la 4e partie), chacun de probabilité $0,3\times 0,7^3=0,3\times 0,343=0,1029$ : $4\times 0,1029=0,4116$.
4. Probabilité qu’il gagne au moins deux parties :
   C’est le contraire de « aucune ou exactement une » : $0,2401+0,4116=0,6517$, donc $1-0,6517=0,3483$.

Dans cet exercice, tous les événements ont une probabilité non nulle.

1. $A$ et $B$ sont indépendants, avec $P(A)=0,7$ et $P(B)=0,2$. Démontrer que $A$ et $\bar{B}$ sont indépendants, puis donner $P(A\cap \bar{B})=$
   Rédaction attendue. $A$ est la réunion des événements incompatibles $A\cap B$ et $A\cap \bar{B}$, donc $P(A\cap \bar{B})=P(A)-P(A\cap B)$. Par indépendance, $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$, d’où $P(A\cap \bar{B})=P(A)(1-P(B))$, c’est-à-dire $P(A)\times P(\bar{B})$ : $A$ et $\bar{B}$ sont indépendants. Ici : $0,7\times 0,8=0,56$.
2. $C$ et $D$ sont incompatibles, avec $P(C)=0,3$ et $P(D)=0,45$. $P_C(D)=$
   $C\cap D=\varnothing$, donc $P(C\cap D)=0$ et $P_C(D)={\displaystyle \frac{0}{0,3}}=0$ : savoir que $C$ est réalisé rend $D$ impossible.
3. Un élève affirme : « $C$ et $D$ ne peuvent pas se produire ensemble, donc ils n’ont aucune influence l’un sur l’autre : ils sont indépendants. » Justifier qu’il se trompe. $P(C)\times P(D)=$
   Rédaction attendue. $P(C)\times P(D)=0,3\times 0,45=0,135$, alors que $P(C\cap D)=0$ : l’égalité de l’indépendance est fausse. Plus généralement, si $C$ et $D$ sont incompatibles avec $P(C)>0$ et $P(D)>0$, alors $P(C\cap D)=0$ tandis que $P(C)\times P(D)>0$ : ils ne sont jamais indépendants. La réalisation de $C$ interdit $D$ : c’est au contraire une forte dépendance.
4. $E$ et $F$ sont indépendants, avec $P(E)=0,5$ et $P(\bar{E}\cap \bar{F})=0,2$. $P(F)=$
   $\bar{E}$ et $\bar{F}$ sont indépendants : $P(\bar{E})\times P(\bar{F})=0,2$, avec $P(\bar{E})=0,5$. Donc $P(\bar{F})={\displaystyle \frac{0,2}{0,5}}=0,4$ et $P(F)=1-0,4=0,6$.