Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Mathématiques

Probabilités conditionnelles et probabilités totales

Partition de l’univers et formule des probabilités totales, donnée manquante à retrouver ; rappels de 2nde : probabilité de B sachant A, tableau croisé, arbres pondérés ; inversion du conditionnement et faux positifs (automatismes).

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés dans l’esprit de l’épreuve anticipée, sans calculatrice : une enquête dans une médiathèque (tableau d’effectifs, arbre et conditionnement inversé), un filtre anti-spam et ses faux positifs, des itinéraires de livraison avec deux fonctions Python sur des listes, et un QCM où l’on se demande si une réponse juste vient du savoir ou du hasard.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je nomme les événements par des lettres et je traduis chaque pourcentage : proportion de toute la population ou proportion « parmi les … ».
Je construis l’arbre (ou le tableau croisé) et je complète chaque nœud à 1.
Je justifie la partition avant d’écrire la formule des probabilités totales, avec les noms des événements puis les nombres.
Je repère le sens de la question : une probabilité « sachant » dans l’ordre inverse de l’arbre se calcule par un quotient chemin ÷ total.
Sans calculatrice, je garde des fractions irréductibles et je compare par produits en croix ; je conclus par une phrase « parmi les … ».

Problème 1 · Enquête dans une médiathèque★★★Facile

Une médiathèque compte

1 200

abonnés.

35 %

d’entre eux ont moins de

25

ans (événement

J

). Parmi les moins de

25

ans,

60 %

empruntent des bandes dessinées (événement

B

) ; parmi les autres abonnés,

25 %

en empruntent. On choisit un abonné au hasard. Les fractions s’écrivent avec « / », sous forme irréductible.

1. On construit le tableau croisé des effectifs (lignes $J$ , $\overset{―}{J}$ ; colonnes $B$ , $\overset{―}{B}$ ). Effectif de $J \cap B$ :
Effectif de $J$ : $0, 35 \times 1 200 = 420$ ; de $\overset{―}{J}$ : $780$ . $J \cap B$ : $0, 6 \times 420 = 252$ , donc $J \cap \overset{―}{B}$ : $168$ . $\overset{―}{J} \cap B$ : $0, 25 \times 780 = 195$ , donc $\overset{―}{J} \cap \overset{―}{B}$ : $585$ .
$B$ $\overset{―}{B}$ Total
$J$ $252$ $168$ $420$
$\overset{―}{J}$ $195$ $585$ $780$
Total $447$ $753$ $1 200$
2. Calculer $P (B)$ à l’aide du tableau, puis vérifier ce résultat avec un arbre pondéré : $P (B) =$
Rédaction attendue. Par équiprobabilité : $P (B) = \frac{447}{1 200} = 0, 3725$ . Avec l’arbre : $P (J) = 0, 35$ , $P (\overset{―}{J}) = 0, 65$ , $P_{J} (B) = 0, 6$ , $P_{\overset{―}{J}} (B) = 0, 25$ . $J$ et $\overset{―}{J}$ forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales, $P (B)$ $= 0, 35 \times 0, 6 + 0, 65 \times 0, 25$ $= 0, 21 + 0, 1625$ $= 0, 3725$ . Les deux méthodes donnent le même résultat.
3. Probabilité qu’un emprunteur de bandes dessinées ait moins de $25$ ans :
On cherche $P_{B} (J) = \frac{252}{447} = \frac{84}{149}$ (on divise par $3$ ). Par les probabilités : $\frac{0, 21}{0, 3725}$ donne la même valeur.
4. Un article affirme : « $60 %$ des emprunteurs de BD ont moins de $25$ ans ». Pour comparer $\frac{84}{149}$ à $0, 6$ , on calcule $0, 6 \times 149 =$
Rédaction attendue. $0, 6 \times 149 = 89, 4$ . Comme $84 < 89, 4$ , on a $\frac{84}{149} < 0, 6$ : moins de $60 %$ des emprunteurs de BD ont moins de $25$ ans (environ $56 %$ ). Le nombre $60 %$ de l’énoncé est $P_{J} (B)$ , la part des emprunteurs de BD parmi les moins de $25$ ans. L’article parle de la part des moins de $25$ ans parmi les emprunteurs de BD, c’est-à-dire $P_{B} (J)$ : il a inversé le conditionnement.
5. La directrice veut que $45 %$ des abonnés empruntent des bandes dessinées, sans changer les habitudes des moins de $25$ ans. Proportion $q$ des abonnés de $25$ ans et plus qui devraient en emprunter : $q =$
Avec $P_{\overset{―}{J}} (B) = q$ , les probabilités totales donnent $P (B) = 0, 21 + 0, 65 q$ . On résout $0, 21 + 0, 65 q = 0, 45$ : $0, 65 q = 0, 24$ , d’où $q = \frac{0, 24}{0, 65} = \frac{24}{65}$ , soit environ $37 %$ (au lieu de $25 %$ ).

	$B$	$\overset{―}{B}$	Total
$J$	$252$	$168$	$420$
$\overset{―}{J}$	$195$	$585$	$780$
Total	$447$	$753$	$1 200$

Problème 2 · Un filtre anti-spam★★★Moyen

Une messagerie reçoit des courriels dont

40 %

sont des spams (événement

S

). Un filtre signale un courriel comme indésirable (événement

F

). Il signale

96 %

des spams, mais aussi

2 %

des courriels légitimes. On choisit un courriel reçu au hasard. Les fractions s’écrivent avec « / », sous forme irréductible.

1. Construire l’arbre pondéré. La branche de $\overset{―}{S}$ vers $\overset{―}{F}$ porte
Premier niveau : $P (S) = 0, 4$ , $P (\overset{―}{S}) = 0, 6$ . Depuis $S$ : $P_{S} (F) = 0, 96$ , $P_{S} (\overset{―}{F}) = 0, 04$ . Depuis $\overset{―}{S}$ : $P_{\overset{―}{S}} (F) = 0, 02$ , $P_{\overset{―}{S}} (\overset{―}{F}) = 0, 98$ .
2. Démontrer que $P (F) =$
Rédaction attendue. $P (S \cap F) = 0, 4 \times 0, 96 = 0, 384$ et $P (\overset{―}{S} \cap F) = 0, 6 \times 0, 02 = 0, 012$ . $S$ et $\overset{―}{S}$ forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales, $P (F) = 0, 384 + 0, 012 = 0, 396$ .
3. Un courriel est signalé ; probabilité que ce soit un spam :
$P_{F} (S) = \frac{P (S \cap F)}{P (F)} = \frac{0, 384}{0, 396} = \frac{384}{396} = \frac{32}{33}$ .
4. Montrer que moins de $4 %$ des courriels signalés sont légitimes : $P_{F} (\overset{―}{S}) =$
Rédaction attendue. $P_{F}$ est une probabilité, donc $P_{F} (\overset{―}{S}) = 1 - \frac{32}{33} = \frac{1}{33}$ . Or $33 > 25$ , donc $\frac{1}{33} < \frac{1}{25} = 0, 04$ : moins de $4 %$ des courriels signalés sont légitimes (environ $3 %$ ).
5. Un courriel n’est pas signalé ; probabilité que ce soit malgré tout un spam :
$P (\overset{―}{F}) = 1 - 0, 396 = 0, 604$ et $P (S \cap \overset{―}{F}) = 0, 4 \times 0, 04 = 0, 016$ . Donc $P_{\overset{―}{F}} (S) = \frac{0, 016}{0, 604} = \frac{16}{604} = \frac{4}{151}$ , soit moins de $3 %$ .
6. Sur une autre adresse, la proportion de spams n’est que de $5 %$ , avec le même filtre. Alors $P (F) =$
$P (S \cap F) = 0, 05 \times 0, 96 = 0, 048$ et $P (\overset{―}{S} \cap F) = 0, 95 \times 0, 02 = 0, 019$ , d’où $P (F) = 0, 048 + 0, 019 = 0, 067$ .
7. Sur cette adresse, $P_{F} (S) =$
$P_{F} (S) = \frac{0, 048}{0, 067} = \frac{48}{67}$ . Comme $0, 7 \times 67 = 46, 9 < 48$ , on a $P_{F} (S) > 0, 7$ , mais $P_{F} (\overset{―}{S}) = \frac{19}{67}$ dépasse $\frac{1}{4}$ ( $4 \times 19 = 76 > 67$ ). Le filtre est le même, mais plus d’un signalement sur quatre est désormais un faux positif, contre un sur $33$ avant : la fiabilité d’un signalement dépend de la proportion de spams.

Problème 3 · Itinéraires de livraison et programme Python★★★Difficile

Un livreur choisit chaque jour un itinéraire parmi trois :

A

avec la probabilité

0, 5

B

avec la probabilité

0, 3

C

sinon. La probabilité d’arriver en retard (événement

R

) est

0, 08

par

A

0, 15

par

B

0, 25

par

C

. On considère la fonction Python suivante, où p et q sont des listes de même longueur.

def proba_totale(p, q):
    s = 0
    for i in range(len(p)):
        s = s + p[i] * q[i]
    return s

Les fractions s’écrivent avec « / », sous forme irréductible.

1. Justifier que $A$ , $B$ , $C$ forment une partition et calculer $P (R) =$
Rédaction attendue. Chaque jour, le livreur prend un et un seul itinéraire : $A$ , $B$ , $C$ sont deux à deux disjoints et leur réunion est l’univers, c’est une partition, avec $P (C) = 1 - 0, 5 - 0, 3 = 0, 2$ . D’après la formule des probabilités totales : $P (R)$ $= 0, 5 \times 0, 08 + 0, 3 \times 0, 15 + 0, 2 \times 0, 25$ $= 0, 04 + 0, 045 + 0, 05$ $= 0, 135$ .
2. Le livreur est en retard ; probabilité qu’il ait pris l’itinéraire $C$ :
$P_{R} (C) = \frac{P (C \cap R)}{P (R)} = \frac{0, 05}{0, 135} = \frac{50}{135} = \frac{10}{27}$ . L’itinéraire $C$ , choisi un jour sur cinq, explique plus d’un tiers des retards.
3. Le livreur est à l’heure ; probabilité qu’il ait pris l’itinéraire $A$ :
$P (\overset{―}{R}) = 1 - 0, 135 = 0, 865$ et $P (A \cap \overset{―}{R}) = 0, 5 \times 0, 92 = 0, 46$ . Donc $P_{\overset{―}{R}} (A) = \frac{0, 46}{0, 865} = \frac{460}{865} = \frac{92}{173}$ .
4. Valeur mathématique renvoyée par proba_totale([0.5, 0.3, 0.2], [0.92, 0.85, 0.75]) : (nombre décimal)
La boucle additionne les produits p[i] * q[i] : $0, 5 \times 0, 92 + 0, 3 \times 0, 85 + 0, 2 \times 0, 75 = 0, 46 + 0, 255 + 0, 15 = 0, 865$ (à l’arrondi des flottants près). La liste p contient les probabilités des itinéraires, q les probabilités d’être à l’heure sachant chacun d’eux : la fonction calcule $P (\overset{―}{R})$ par la formule des probabilités totales.
5. On écrit une fonction inversions(p, q) qui renvoie la liste des probabilités $P_{R} (A_{i})$ pour une partition $A_{1}, \dots, A_{n}$ . Avec les données de l’énoncé ( $q$ = probabilités de retard), son deuxième élément vaut
Chaque PR(Ai)=P(Ai)PAi(R)P(R) :
```
def inversions(p, q):
    t = proba_totale(p, q)
    return [p[i] * q[i] / t for i in range(len(p))]
```
Avec les données : 0,040,135=827, 0,0450,135=13 et 0,050,135=1027. La somme vaut 1 : PR est une probabilité.
6. Le livreur abandonne l’itinéraire $C$ : il prend $A$ avec la probabilité $x$ et $B$ sinon. La plus petite valeur de $x$ telle que $P (R) ⩽ 0, 1$ est
${A, B}$ est alors une partition, avec $P (A) = x$ et $P (B) = 1 - x$ : $P (R) = 0, 08 x + 0, 15 (1 - x) = 0, 15 - 0, 07 x$ . Puis $0, 15 - 0, 07 x ⩽ 0, 1$ $⟺ 0, 07 x ⩾ 0, 05$ $⟺ x ⩾ \frac{5}{7}$ . Il faut $\frac{5}{7} ⩽ x ⩽ 1$ : prendre l’itinéraire $A$ au moins $5$ jours sur $7$ .

Problème 4 · Réponse juste à un QCM : savoir ou hasard ?★★★Difficile

Dans un QCM à

4

réponses proposées dont une seule est juste, un élève connaît la réponse à une question avec la probabilité

k

, où

0 < k < 1

. S’il la connaît, il répond juste ; sinon, il choisit une réponse au hasard parmi les

4

C

: « l’élève connaît la réponse »,

J

: « la réponse est juste ». Les fractions s’écrivent avec « / », sous forme irréductible.

1. Dans l’arbre pondéré, la branche de $\overset{―}{C}$ vers $J$ porte
Premier niveau : $P (C) = k$ , $P (\overset{―}{C}) = 1 - k$ . Depuis $C$ : $P_{C} (J) = 1$ , $P_{C} (\overset{―}{J}) = 0$ . Depuis $\overset{―}{C}$ : choix au hasard parmi $4$ réponses, $P_{\overset{―}{C}} (J) = \frac{1}{4}$ et $P_{\overset{―}{C}} (\overset{―}{J}) = \frac{3}{4}$ .
2. Dans cette question, $k = 0, 65$ . $P (J) =$ (nombre décimal)
Partition ${C, \overset{―}{C}}$ : $P (J) = 0, 65 \times 1 + 0, 35 \times 0, 25 = 0, 65 + 0, 0875 = 0, 7375$ .
3. Toujours pour $k = 0, 65$ : $P_{J} (C) =$
$P (C \cap J) = 0, 65$ , donc $P_{J} (C) = \frac{0, 65}{0, 7375} = \frac{6 500}{7 375} = \frac{52}{59}$ , soit environ $0, 88$ .
4. Justifier la valeur de $P_{\overset{―}{J}} (C) =$
Rédaction attendue. $P (C \cap \overset{―}{J}) = P (C) \times P_{C} (\overset{―}{J}) = k \times 0 = 0$ , et $P (\overset{―}{J}) \neq 0$ . Donc $P_{\overset{―}{J}} (C) = \frac{0}{P (\overset{―}{J})} = 0$ : une réponse fausse prouve que l’élève ne connaissait pas la réponse, puisqu’un élève qui la connaît répond toujours juste.
5. Montrer que, pour tout $k$ , $P_{J} (C) = \frac{4 k}{3 k + 1}$ . En déduire la plus petite valeur de $k$ pour laquelle une réponse juste traduit une connaissance avec une probabilité d’au moins $0, 95$ :
Rédaction attendue. Pour tout $k$ : $P (J)$ $= k \times 1 + (1 - k) \times \frac{1}{4}$ $= \frac{4 k + 1 - k}{4}$ $= \frac{3 k + 1}{4}$ , et $P (C \cap J) = k$ . Donc $P_{J} (C) = \frac{k}{\frac{3 k + 1}{4}} = \frac{4 k}{3 k + 1}$ . Comme $3 k + 1 > 0$ : $\frac{4 k}{3 k + 1} ⩾ 0, 95$ $⟺ 4 k ⩾ 2, 85 k + 0, 95$ $⟺ 1, 15 k ⩾ 0, 95$ $⟺ k ⩾ \frac{95}{115} = \frac{19}{23}$ . Il faut $\frac{19}{23} ⩽ k < 1$ : l’élève doit connaître environ $83 %$ des réponses au moins.
6. Le QCM propose désormais $m$ réponses ( $m ⩾ 2$ ). On admet que $P_{J} (C) = \frac{m k}{(m - 1) k + 1}$ . Pour $k = 0, 65$ et $m = 5$ : $P_{J} (C) =$
Avec $P_{\overset{―}{C}} (J) = \frac{1}{m}$ : $P (J) = k + \frac{1 - k}{m} = \frac{(m - 1) k + 1}{m}$ , d’où la formule. Pour $k = 0, 65$ et $m = 5$ : $\frac{3, 25}{2, 6 + 1} = \frac{3, 25}{3, 6} = \frac{65}{72}$ , soit environ $0, 90$ . Comparaison sans calculatrice : $65 \times 59 = 3 835 > 52 \times 72 = 3 744$ , donc $\frac{65}{72} > \frac{52}{59}$ . Avec plus de réponses proposées, le hasard donne moins de réponses justes : une réponse juste est un meilleur indice de connaissance.

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