Ressources · 1ʳᵉ · Maths sans spécialité

Probabilités conditionnelles et indépendance

Probabilité d’un événement et événement contraire, probabilité conditionnelle avec un tableau croisé, probabilités composées, arbres pondérés, tests de dépistage, indépendance et répétition de n ⩽ 4 épreuves de Bernoulli, sans calculatrice.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés sans calculatrice, dans l’esprit de l’épreuve anticipée : séries coréennes sur une plateforme de streaming, annulations de locations de vacances, tri de pommes par un capteur (faux positifs), fiabilité d’un appareil à trois composants et lancers de fléchettes simulés en Python.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je nomme les événements et je traduis chaque donnée : « parmi … » ou « sachant … » donne une probabilité conditionnelle, une proportion « sur l’ensemble » une probabilité simple.
Je choisis l’outil : tableau croisé pour des effectifs, arbre pondéré pour des pourcentages en cascade, arbre à $n$ niveaux pour des épreuves répétées.
Je calcule à la main : produit le long d’un chemin, somme des chemins, quotient pour une probabilité « sachant », contraire pour « au moins un ».
Je contrôle et je conclus : chaque probabilité est entre $0$ et $1$ , les branches d’un nœud font $1$ , et je réponds par une phrase qui nomme la condition.

Problème 1 · Séries coréennes et streaming★★★Facile

Une plateforme de streaming a interrogé

1 200

abonnés :

480

ont moins de

25

ans.

312

abonnés de moins de

25

ans et

288

abonnés de

25

ans ou plus regardent des séries coréennes. On choisit un abonné au hasard ;

J

: « l’abonné a moins de

25

ans »,

K

: « il regarde des séries coréennes ».

	Séries coréennes	Pas de séries coréennes	Total
Moins de 25 ans	312	168	480
25 ans ou plus	288	432	720
Total	600	600	1 200

1. $P (J \cap K) =$
$\frac{312}{1 200} = 0, 26$ .
2. $P_{J} (K) =$
On ne garde que la ligne des $480$ moins de $25$ ans : $\frac{312}{480} = 0, 65$ .
3. $P_{\overset{―}{J}} (K) =$
Ligne des $720$ abonnés de $25$ ans ou plus : $\frac{288}{720} = 0, 4$ . Les moins de $25$ ans regardent nettement plus souvent des séries coréennes.
4. Calculer $P_{K} (J)$ et expliquer pourquoi ce résultat diffère de $P_{J} (K)$ . $P_{K} (J) =$
Rédaction attendue. La condition est maintenant $K$ : on divise par les $600$ abonnés qui regardent des séries coréennes, $P_{K} (J) = \frac{312}{600} = 0, 52$ . Le numérateur est le même que pour $P_{J} (K) = \frac{312}{480} = 0, 65$ , mais pas le dénominateur : « $65 %$ des moins de $25$ ans regardent des séries coréennes » et « $52 %$ de ceux qui en regardent ont moins de $25$ ans » portent sur des populations différentes.
5. Justifier que $J$ et $K$ ne sont pas indépendants. $P (J) \times P (K) =$
Rédaction attendue. $P (J) = \frac{480}{1 200} = 0, 4$ et $P (K) = \frac{600}{1 200} = 0, 5$ , donc $P (J) \times P (K) = 0, 2$ , alors que $P (J \cap K) = 0, 26$ . Les deux nombres diffèrent : $J$ et $K$ ne sont pas indépendants. On le voit aussi avec $P_{J} (K) = 0, 65$ , différent de $P (K) = 0, 5$ : connaître l’âge change la probabilité de regarder des séries coréennes.
6. On interroge au hasard $3$ abonnés de moins de $25$ ans, de façon indépendante. Probabilité que les trois regardent des séries coréennes :
Chaque interrogation est une épreuve de Bernoulli de succès « regarde des séries coréennes », de probabilité $P_{J} (K) = 0, 65$ puisqu’on n’interroge que des moins de $25$ ans. Un seul chemin : $0, 65^{3} = 0, 422 5 \times 0, 65 = 0, 274 625$ .
7. Probabilité qu’au moins un des trois regarde des séries coréennes :
Aucun des trois : $0, 35^{3} = 0, 122 5 \times 0, 35 = 0, 042 875$ . Au moins un : $1 - 0, 042 875 = 0, 957 125$ .
8. Un même abonné n’est pas interrogé deux fois. Si le premier abonné interrogé regarde des séries coréennes, probabilité exacte que le second en regarde aussi : (fraction irréductible). Justifier que l’on peut quand même traiter les $3$ interrogations comme indépendantes.
Rédaction attendue. Il reste $479$ abonnés de moins de $25$ ans, dont $311$ regardent des séries coréennes : la probabilité vaut $\frac{311}{479}$ , soit environ $0, 649$ , très proche de $0, 65$ . Retirer $1$ ou $2$ abonnés sur $480$ ne modifie presque pas la proportion : les probabilités du second et du troisième niveau restent pratiquement égales à $0, 65$ . On assimile donc ces tirages à des tirages avec remise, c’est-à-dire à $3$ épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Ce n’est plus valable si l’échantillon est de taille comparable à la population.

Problème 2 · Annulations de locations de vacances★★★Moyen

Une plateforme de locations de vacances propose des logements à la montagne (

M

), au bord de la mer (

L

) et à la campagne (

C

) :

50 %

des réservations concernent la montagne,

30 %

la mer et

20 %

la campagne. Une réservation est annulée (

R

) dans

8 %

des cas à la montagne,

15 %

des cas à la mer et

10 %

des cas à la campagne. On choisit une réservation au hasard.

1. $P (L \cap R) =$
Chemin $L$ puis $R$ : $P (L \cap R) = P (L) \times P_{L} (R) = 0, 3 \times 0, 15 = 0, 045$ .
2. Montrer que $P (R) = 0, 105$ . Probabilité du chemin « campagne puis annulée » :
Rédaction attendue. L’arbre a trois branches au premier niveau ( $0, 5$ , $0, 3$ et $0, 2$ , de somme $1$ ), puis $R$ et $\overset{―}{R}$ sous chacune. Trois chemins mènent à $R$ : $0, 5 \times 0, 08 = 0, 04$ ; $0, 3 \times 0, 15 = 0, 045$ ; $0, 2 \times 0, 1 = 0, 02$ . Donc $P (R) = 0, 04 + 0, 045 + 0, 02 = 0, 105$ : $10, 5 %$ des réservations sont annulées.
3. $P_{R} (M) =$ (fraction irréductible)
$P_{R} (M) = \frac{0, 04}{0, 105} = \frac{40}{105} = \frac{8}{21}$ .
4. Calculer $P_{R} (L)$ et la comparer à $P (L)$ . $P_{R} (L) =$ (fraction irréductible)
Rédaction attendue. $P_{R} (L) = \frac{0, 045}{0, 105} = \frac{45}{105} = \frac{3}{7}$ , soit environ $0, 43$ , alors que $P (L) = 0, 3$ . Sachant qu’une réservation est annulée, il devient plus probable qu’elle concerne la mer : la mer représente $30 %$ des réservations, mais plus de $40 %$ des annulations, car son taux d’annulation est presque le double de celui de la montagne.
5. Un client fait $4$ réservations, annulées ou non indépendamment les unes des autres, chacune avec la probabilité $0, 105$ . On donne $0, 895^{4} \approx 0, 64$ . Probabilité, au centième, qu’au moins une soit annulée :
Chaque réservation est une épreuve de Bernoulli de succès « annulée », de probabilité $0, 105$ . Aucune annulation : $0, 895^{4} \approx 0, 64$ . Au moins une : $1 - 0, 64 = 0, 36$ .
6. La plateforme veut que moins de $30 %$ des clients à $4$ réservations subissent au moins une annulation. On donne $0, 92^{4} \approx 0, 72$ et $0, 91^{4} \approx 0, 69$ . Parmi les taux $8 %$ et $9 %$ , plus grand taux global d’annulation qui atteint l’objectif : %
Rédaction attendue. Avec le taux actuel, $0, 36$ dépasse $0, 30$ : l’objectif n’est pas atteint. Avec un taux de $8 %$ : $1 - 0, 92^{4} \approx 1 - 0, 72 = 0, 28$ , moins de $0, 30$ . Avec $9 %$ : $1 - 0, 91^{4} \approx 1 - 0, 69 = 0, 31$ , plus de $0, 30$ . Il faut donc ramener le taux global d’annulation à $8 %$ environ.

Problème 3 · Trier des pommes avec un capteur★★★Moyen

Dans une coopérative,

2 %

des pommes sont abîmées (

D

). Un capteur optique rejette (

T

)

98 %

des pommes abîmées, mais aussi

3 %

des pommes saines. On choisit une pomme au hasard.

1. $P (D \cap T) =$
$0, 02 \times 0, 98 = 0, 019 6$ .
2. $P (T) =$
Chemin des pommes saines rejetées : $0, 98 \times 0, 03 = 0, 029 4$ . Deux chemins mènent à $T$ : $0, 019 6 + 0, 029 4 = 0, 049$ .
3. Calculer $P_{T} (D)$ et interpréter. $P_{T} (D) =$
Rédaction attendue. $P_{T} (D) = \frac{0, 019 6}{0, 049} = \frac{196}{490} = 0, 4$ . Parmi les pommes rejetées, $40 %$ seulement sont abîmées : $60 %$ des pommes rejetées sont saines.
4. Un technicien affirme : « Le capteur est fiable à $98 %$ , donc une pomme rejetée est abîmée dans $98 %$ des cas. » Expliquer son erreur. Sur $10 000$ pommes, nombre de pommes saines rejetées :
Rédaction attendue. Le nombre $0, 98$ est $P_{D} (T)$ , la probabilité d’être rejetée sachant que la pomme est abîmée. Le technicien parle de $P_{T} (D)$ : il a inversé la condition. Sur $10 000$ pommes, $200$ sont abîmées et $196$ d’entre elles sont rejetées ; mais $9 800 \times 0, 03 = 294$ pommes saines sont aussi rejetées. Les pommes saines sont si nombreuses que, même avec $3 %$ d’erreurs, elles forment la majorité des rejets.
5. $P (D \cap \overset{―}{T}) =$
Pommes abîmées acceptées : $0, 02 \times 0, 02 = 0, 000 4$ .
6. Justifier qu’une pomme acceptée est abîmée avec une probabilité inférieure à $0, 001$ . $P (\overset{―}{T}) =$
Rédaction attendue. $P (\overset{―}{T}) = 1 - 0, 049 = 0, 951$ . Donc $P_{\overset{―}{T}} (D) = \frac{0, 000 4}{0, 951}$ . Comme $0, 951 > 0, 4$ , ce quotient est inférieur à $\frac{0, 000 4}{0, 4} = 0, 001$ : moins d’une pomme acceptée sur $1 000$ est abîmée. C’est là que le tri est efficace.

Problème 4 · Fiabilité d’un appareil à trois composants★★★Difficile

Un appareil fonctionne si ses trois composants

C_{1}

C_{2}

C_{3}

fonctionnent tous (montage en série). Pendant un an, ils fonctionnent indépendamment les uns des autres, avec les probabilités respectives

0, 95

0, 9

0, 8

1. Probabilité que l’appareil fonctionne pendant un an :
Les composants sont indépendants : $0, 95 \times 0, 9 = 0, 855$ , puis $0, 855 \times 0, 8 = 0, 684$ .
2. Probabilité qu’il tombe en panne dans l’année :
Contraire : $1 - 0, 684 = 0, 316$ .
3. On double $C_{3}$ : deux exemplaires indépendants, et cette partie fonctionne dès que l’un des deux fonctionne. Probabilité que la partie doublée fonctionne :
Elle tombe en panne si les deux exemplaires tombent en panne : $0, 2 \times 0, 2 = 0, 04$ par indépendance. Elle fonctionne donc avec la probabilité $1 - 0, 04 = 0, 96$ .
4. Nouvelle probabilité que l’appareil fonctionne pendant un an :
$0, 95 \times 0, 9 \times 0, 96 = 0, 855 \times 0, 96 = 0, 820 8$ .
5. Le fabricant vise au moins $0, 9$ . Justifier qu’aucune amélioration de $C_{3}$ seul ne suffit. Probabilité de fonctionnement si $C_{3}$ ne tombait jamais en panne :
Rédaction attendue. Si $C_{3}$ fonctionnait toujours, l’appareil fonctionnerait avec la probabilité $0, 95 \times 0, 9 \times 1 = 0, 855$ . Quelle que soit la fiabilité de $C_{3}$ , la probabilité vaut au plus $0, 855$ , qui est inférieur à $0, 9$ : il faut aussi améliorer $C_{1}$ ou $C_{2}$ .
6. Retour au montage initial. L’appareil est tombé en panne et un seul composant a lâché. Probabilité que ce soit $C_{3}$ : (fraction irréductible)
$U$ : « un seul composant lâche ». Trois chemins : seul $C_{1}$ , $0, 05 \times 0, 9 \times 0, 8 = 0, 036$ ; seul $C_{2}$ , $0, 95 \times 0, 1 \times 0, 8 = 0, 076$ ; seul $C_{3}$ , $0, 95 \times 0, 9 \times 0, 2 = 0, 171$ . Donc $P (U) = 0, 036 + 0, 076 + 0, 171 = 0, 283$ , et la probabilité cherchée vaut $\frac{0, 171}{0, 283} = \frac{171}{283}$ , soit environ $0, 6$ : $C_{3}$ , le moins fiable, est le coupable le plus probable.

Problème 5 · Fléchettes et simulation en Python★★★Difficile

Un joueur de fléchettes touche la cible avec la probabilité

0, 8

. Il lance

4

fléchettes ; les résultats sont indépendants. On considère la fonction Python suivante, où random() renvoie un nombre aléatoire de l’intervalle

[0; 1 [

from random import random

def simul(n):
    c = 0
    for k in range(n):
        s = 0
        for i in range(4):
            if random() < 0.8:
                s = s + 1
        if s >= 3:
            c = c + 1
    return c / n

1. Probabilité qu’il touche la cible avec les $4$ fléchettes :
Un seul chemin : $0, 8^{4} = 0, 64^{2} = 0, 409 6$ .
2. Probabilité qu’il manque la cible $4$ fois :
$0, 2^{4} = 0, 04^{2} = 0, 001 6$ .
3. Montrer que la probabilité de toucher la cible exactement $3$ fois vaut $0, 409 6$ . Nombre de chemins correspondants :
Rédaction attendue. Toucher exactement $3$ fois, c’est rater exactement une fléchette : la 1re, la 2e, la 3e ou la 4e, soit $4$ chemins. Chacun a pour probabilité $0, 8 \times 0, 8 \times 0, 8 \times 0, 2 = 0, 512 \times 0, 2 = 0, 102 4$ . Donc la probabilité vaut $4 \times 0, 102 4 = 0, 409 6$ .
4. Probabilité de toucher la cible au moins $3$ fois :
« Exactement $3$ » et « exactement $4$ » sont incompatibles : $0, 409 6 + 0, 409 6 = 0, 819 2$ .
5. Expliquer ce que renvoie simul(n). Plus grande valeur que peut prendre s :
Rédaction attendue. La boucle intérieure simule $4$ lancers : random() < 0.8 est vrai avec la probabilité $0, 8$ , comme un lancer réussi, et s compte les réussites, de $0$ à $4$ . La boucle extérieure répète la série $n$ fois et c compte les séries d’au moins $3$ réussites. simul(n) renvoie donc la fréquence des séries d’au moins $3$ réussites ; d’après la loi des grands nombres, elle se rapproche de $0, 819 2$ quand $n$ devient grand.
6. Un appel simul(10000) renvoie $0, 817 4$ . Justifier que ce résultat est compatible avec le calcul. Écart avec la probabilité calculée :
Rédaction attendue. $0, 819 2 - 0, 817 4 = 0, 001 8$ : sur $10 000$ séries, un écart aussi faible est normal. Un nouvel appel donnerait une autre valeur, car random() produit de nouveaux nombres : la fréquence fluctue autour de la probabilité, d’autant moins que $n$ est grand.

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