Probabilités conditionnelles et indépendance

Exercice 1 — Probabilité conditionnelle et arbre
Corrigé :
1. Arbre niveau 1 : B₁ (prob. 5/8), N₁ (prob. 3/8). Niveau 2 après B₁ : B₂ (4/7), N₂ (3/7) ; après N₁ : B₂ (5/7), N₂ (2/7).
2. $P(B_1\cap N_2)=\frac{5}{8}\times\frac{3}{7}=\frac{15}{56}$
3. $P(N_2)=P(B_1)\times P(N_2|B_1)+P(N_1)\times P(N_2|N_1)=\frac{5}{8}\times\frac{3}{7}+\frac{3}{8}\times\frac{2}{7}=\frac{15}{56}+\frac{6}{56}=\frac{21}{56}=\frac{3}{8}$
4. $P(B_1|N_2)=\dfrac{P(B_1\cap N_2)}{P(N_2)}=\dfrac{15/56}{3/8}=\dfrac{15}{56}\times\frac{8}{3}=\frac{120}{168}=\frac{5}{7}$

Exercice 2 — Formule des probabilités totales
Corrigé :
1. $P(D)=0{,}5\times 0{,}01+0{,}3\times 0{,}04+0{,}2\times 0{,}08=0{,}005+0{,}012+0{,}016=0{,}033$ soit $3{,}3\,\%$
2. $P(F_3|D)=\dfrac{P(F_3)\times P(D|F_3)}{P(D)}=\dfrac{0{,}2\times 0{,}08}{0{,}033}=\dfrac{0{,}016}{0{,}033}\approx 0{,}485$ soit environ $48{,}5\,\%$
3. $P(F_1|D)=0{,}005/0{,}033\approx 15{,}2\%$ ; $P(F_2|D)=0{,}012/0{,}033\approx 36{,}4\%$ ; $P(F_3|D)\approx 48{,}5\%$. C'est F₃ qui est le plus probablement responsable, malgré sa faible part de livraison.

Exercice 3 — Indépendance d'événements
Corrigé :
1. $\Omega$ a $36$ issues équiprobables. $A=\{(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)\}$, donc $P(A)=\frac{5}{36}$. $B=\{(2,y),(4,y),(6,y)\mid y\in\{1,...,6\}\}$, donc $P(B)=\frac{18}{36}=\frac{1}{2}$. $A\cap B=\{(2,6),(4,4),(6,2)\}$, donc $P(A\cap B)=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$.
2. $P(A)\times P(B)=\frac{5}{36}\times\frac{1}{2}=\frac{5}{72}\neq\frac{1}{12}=\frac{6}{72}$. Donc $A$ et $B$ ne sont pas indépendants.
3. $P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{1/12}{1/2}=\frac{1}{6}$. Sachant que le premier dé est pair, la probabilité d'obtenir une somme de 8 est $\frac{1}{6}$, soit légèrement plus élevée qu'sans cette information ($\frac{5}{36}\approx 0{,}139$ contre $\frac{1}{6}\approx 0{,}167$).

Exercice 4 — Répétition d'épreuves indépendantes
Corrigé :
On note $p=\frac{2}{3}$ (succès) et $q=1-p=\frac{1}{3}$ (échec).
1. $P(0\text{ succès})=\left(\frac{1}{3}\right)^4=\frac{1}{81}$
2. $P(\text{exactement 3 succès})=\binom{4}{3}\times\left(\frac{2}{3}\right)^3\times\frac{1}{3}=4\times\frac{8}{27}\times\frac{1}{3}=4\times\frac{8}{81}=\frac{32}{81}$
3. $P(\text{au moins 1 succès})=1-P(0\text{ succès})=1-\frac{1}{81}=\frac{80}{81}\approx 98{,}8\,\%$

Exercice 5 — Problème de synthèse — dépistage
Corrigé :
1. $P(+)=P(M)\times P(+|M)+P(\bar{M})\times P(+|\bar{M})=0{,}005\times 0{,}99+0{,}995\times 0{,}05=0{,}00495+0{,}04975=0{,}0547$
2. $P(M|+)=\dfrac{P(M)\times P(+|M)}{P(+)}=\dfrac{0{,}005\times 0{,}99}{0{,}0547}=\dfrac{0{,}00495}{0{,}0547}\approx 0{,}0905\approx 9\,\%$
3. Malgré un test très performant (99 % de sensibilité, 95 % de spécificité), la probabilité d'être réellement malade quand le test est positif n'est que d'environ 9 %. Cela s'explique par la rareté de la maladie (0,5 %) : les faux positifs (personnes saines testées +) sont bien plus nombreux que les vrais positifs. C'est le paradoxe du dépistage de maladies rares.