Probabilités conditionnelles et arbres

Modèle probabiliste et équiprobabilité, probabilité conditionnelle dans un tableau croisé, arbres pondérés, passage d’un arbre à un tableau, probabilité de B sachant A ou de A sachant B, tests de dépistage et faux positifs.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés de probabilités conditionnelles : la pêche aux canards d’une fête foraine, un vendeur de crêpes et le vent, un détecteur de fausses pièces de 2 €, deux tests successifs pour une maladie du chien et deux bonbons tirés sans remise.

5 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 donnée : proportion de toute la population ( $P (A)$ ), proportion « parmi les … » ( $P_{A} (B)$ ), ou proportion « à la fois » ( $P (A \cap B)$ ).
Je choisis l’outil : un tableau quand l’énoncé donne des effectifs, un arbre quand il donne des pourcentages « parmi … » en deux étapes ; je complète chaque nœud à $1$ .
Je calcule les chemins par produits ; pour une probabilité « dans l’autre sens », je passe au tableau sur $1 000$ , $10 000$ ou $100 000$ individus.
Je vérifie : chaque probabilité est entre $0$ et $1$ , les cases d’une ligne ont pour somme son total, les quatre chemins ont pour somme $1$ .
Je conclus par une phrase qui précise la condition (« parmi les … ») et je repère toute confusion entre $P_{A} (B)$ et $P_{B} (A)$ dans une affirmation.

Problème 1 · La pêche aux canards★★★Facile

À une fête foraine, un bassin contient

50

canards en plastique, jaunes ou rouges ; certains portent la marque « gagnant » sous le ventre. Un enfant pêche un canard au hasard.

	Gagnant $G$	Perdant $\overset{―}{G}$	Total
Jaune $J$	$8$	$12$	$20$
Rouge $\overset{―}{J}$	$6$	$24$	$30$
Total	$14$	$36$	$50$

Donne des nombres décimaux ou des fractions irréductibles (exemple : 3/8).

1. Justifier que l’on peut utiliser $P (A) = \frac{C a r d (A)}{C a r d (Ω)}$ , puis donner $P (G) =$
Rédaction attendue. L’enfant pêche « au hasard » un canard parmi $50$ : on fait l’hypothèse que chaque canard a la même probabilité d’être pêché, $\frac{1}{50}$ . C’est une situation d’équiprobabilité, avec $C a r d (Ω) = 50$ . Il y a $14$ canards gagnants : $P (G) = \frac{14}{50} = 0, 28$ .
2. Probabilité de pêcher un canard perdant :
C’est l’événement contraire de $G$ : $P (\overset{―}{G}) = 1 - 0, 28 = 0, 72$ .
3. $P (J \cap G) =$
$8$ canards sont jaunes et gagnants : $\frac{8}{50} = 0, 16$ .
4. L’enfant préfère les canards jaunes. Probabilité qu’un canard jaune soit gagnant, $P_{J} (G) =$
On se restreint aux $20$ canards jaunes : $P_{J} (G) = \frac{8}{20} = 0, 4$ .
5. Le forain affiche : « Plus de la moitié des canards gagnants sont jaunes. » Justifier qu’il dit vrai, puis donner $P_{G} (J) =$
Rédaction attendue. L’affiche parle des canards gagnants : la condition est $G$ . Parmi les $14$ gagnants, $8$ sont jaunes : $P_{G} (J) = \frac{8}{14} = \frac{4}{7} \approx 0, 571 > 0, 5$ . L’affiche dit vrai. Ce n’est pas $P_{J} (G) = 0, 4$ : un canard jaune n’a que $40 %$ de chances d’être gagnant.

Problème 2 · Le vendeur de crêpes★★★Moyen

Un vendeur de crêpes s’installe chaque jour d’été sur une plage. Un jour donné, il y a du vent fort (

V

) avec la probabilité

0, 3

. Un jour de vent fort, il vend plus de

100

crêpes (

C

) avec la probabilité

0, 35

; un jour sans vent fort, avec la probabilité

0, 8

. On choisit un jour d’été au hasard. Donne des nombres décimaux, arrondis au millième si besoin.

1. Dans l’arbre pondéré (premier niveau $V$ , $\overset{―}{V}$ ), la branche de $V$ vers $\overset{―}{C}$ porte la probabilité
Nœud $V$ : $P_{V} (C) = 0, 35$ , donc $P_{V} (\overset{―}{C}) = 1 - 0, 35 = 0, 65$ . Les autres branches : $P (\overset{―}{V}) = 0, 7$ , $P_{\overset{―}{V}} (C) = 0, 8$ , $P_{\overset{―}{V}} (\overset{―}{C}) = 0, 2$ .
2. $P (V \cap C) =$
Chemin $V$ puis $C$ : $0, 3 \times 0, 35 = 0, 105$ .
3. Démontrer, en raisonnant sur $1 000$ jours, que $P (C) = 0, 665$ , puis donner la probabilité qu’il vende $100$ crêpes ou moins :
Rédaction attendue. Sur $1 000$ jours : $300$ jours de vent fort, dont $300 \times 0, 35 = 105$ avec plus de $100$ crêpes ; $700$ jours sans vent fort, dont $700 \times 0, 8 = 560$ avec plus de $100$ crêpes. La colonne $C$ compte $105 + 560 = 665$ jours : $P (C) = \frac{665}{1 000} = 0, 665$ . « $100$ crêpes ou moins » est le contraire de $C$ : $1 - 0, 665 = 0, 335$ .
4. Un soir, il annonce avoir vendu plus de $100$ crêpes. Probabilité qu’il y ait eu du vent fort :
$P_{C} (V) = \frac{105}{665} = \frac{3}{19} \approx 0, 158$ .
5. Il a vendu $100$ crêpes ou moins. Probabilité qu’il y ait eu du vent fort :
Jours de vent fort avec $100$ crêpes ou moins : $300 - 105 = 195$ , sur $1 000 - 665 = 335$ jours. $P_{\overset{―}{C}} (V) = \frac{195}{335} = \frac{39}{67} \approx 0, 582$ . Une mauvaise journée est plus souvent due au vent qu’on ne le croirait avec $P (V) = 0, 3$ .

Problème 3 · Le détecteur de fausses pièces★★★Moyen

Un distributeur de boissons reçoit des pièces de

2

€, dont

1 %

sont fausses (

F

). Son détecteur rejette (

R

)

99 %

des fausses pièces, mais aussi

0, 5 %

des vraies. On raisonne sur

100 000

pièces introduites, puis on choisit une pièce au hasard.

1. Nombre de fausses pièces rejetées :
$100 000 \times 0, 01 = 1 000$ fausses pièces, dont $1 000 \times 0, 99 = 990$ rejetées.
2. Nombre de vraies pièces rejetées :
$99 000$ vraies pièces, dont $99 000 \times 0, 005 = 495$ rejetées.
3. $P (R) =$
$990 + 495 = 1 485$ pièces rejetées : $P (R) = \frac{1 485}{100 000} = 0, 01485$ .
4. Une pièce est rejetée. Probabilité qu’elle soit fausse (fraction irréductible) :
$P_{R} (F) = \frac{990}{1 485} = \frac{2}{3}$ .
5. Nombre de fausses pièces acceptées par le distributeur, pour $100 000$ pièces :
$1 000 - 990 = 10$ fausses pièces passent : ce sont les faux négatifs du détecteur.
6. Le fabricant affirme : « $99 %$ des pièces rejetées sont fausses. » Justifier qu’il se trompe. Pourcentage de pièces rejetées qui sont vraies, arrondi à l’unité : %
Rédaction attendue. Le nombre $99 %$ est $P_{F} (R)$ : la proportion de fausses pièces que le détecteur rejette. La proportion de fausses pièces parmi les rejetées est $P_{R} (F) = \frac{2}{3}$ , pas $0, 99$ . Parmi les $1 485$ pièces rejetées, $495$ sont vraies : $\frac{495}{1 485} = \frac{1}{3} \approx 33 %$ . Les vraies pièces sont si nombreuses que $0, 5 %$ d’entre elles pèsent lourd.

Problème 4 · Deux tests pour une maladie du chien★★★Difficile

Une maladie touche

6 %

des chiens d’une région (

M

). Un premier test (

T_{1}

) est positif pour

90 %

des chiens malades et pour

10 %

des chiens sains. Les chiens positifs passent un second test (

T_{2}

), positif pour

95 %

des chiens malades et pour

1 %

des chiens sains. On raisonne sur

100 000

chiens.

1. Nombre de chiens positifs au premier test :
$6 000$ chiens malades, dont $6 000 \times 0, 9 = 5 400$ positifs ; $94 000$ chiens sains, dont $94 000 \times 0, 1 = 9 400$ positifs. Total : $5 400 + 9 400 = 14 800$ .
2. Un chien est positif au premier test. Probabilité qu’il soit malade (arrondie au millième) :
$P_{T_{1}} (M) = \frac{5 400}{14 800} = \frac{27}{74} \approx 0, 365$ .
3. Nombre de chiens sains positifs aux deux tests :
Parmi les $9 400$ chiens sains positifs au premier test, $9 400 \times 0, 01 = 94$ sont positifs au second.
4. Nombre de chiens malades positifs aux deux tests :
$5 400 \times 0, 95 = 5 130$ .
5. Justifier l’intérêt du second test. Probabilité qu’un chien positif aux deux tests soit malade (arrondie au millième) :
Rédaction attendue. Les chiens positifs aux deux tests sont $5 130 + 94 = 5 224$ , dont $5 130$ malades : $\frac{5 130}{5 224} = \frac{2 565}{2 612} \approx 0, 982$ . Après un seul test positif, un chien n’est malade qu’avec une probabilité d’environ $0, 365$ : la plupart des positifs sont des faux positifs. Le second test, appliqué à un groupe où les malades sont bien plus fréquents, élimine presque tous les faux positifs.

Problème 5 · Deux bonbons au hasard★★★Difficile

Un sachet contient

15

bonbons :

6

à la fraise et

9

au citron. Léa en prend un au hasard, le mange, puis en prend un second au hasard.

F_{1}

: « le premier est à la fraise »,

F_{2}

: « le second est à la fraise ». Donne des fractions irréductibles (exemple : 3/8).

1. $P (F_{1} \cap F_{2}) =$
Si le premier est à la fraise, il reste $5$ fraises sur $14$ : $\frac{6}{15} \times \frac{5}{14} = \frac{30}{210} = \frac{1}{7}$ .
2. Probabilité qu’elle mange au moins un bonbon à la fraise :
Contraire : deux bonbons au citron, $\frac{9}{15} \times \frac{8}{14} = \frac{72}{210} = \frac{12}{35}$ . Donc $1 - \frac{12}{35} = \frac{23}{35}$ .
3. Démontrer que $P (F_{2}) = P (F_{1})$ , puis donner $P (F_{2}) =$
Rédaction attendue. $F_{2}$ est formé de deux issues : $F_{1} \cap F_{2}$ et $\overset{―}{F_{1}} \cap F_{2}$ . Si le premier est au citron, il reste $6$ fraises sur $14$ : $P (\overset{―}{F_{1}} \cap F_{2}) = \frac{9}{15} \times \frac{6}{14} = \frac{54}{210}$ . Donc $P (F_{2}) = \frac{30}{210} + \frac{54}{210} = \frac{84}{210} = \frac{2}{5}$ , et $P (F_{1}) = \frac{6}{15} = \frac{2}{5}$ : les deux sont égales. Sans connaître le premier bonbon, le second a autant de chances d’être à la fraise.
4. Le second bonbon est à la fraise. Probabilité que le premier l’ait été aussi :
$P_{F_{2}} (F_{1}) = \frac{P (F_{1} \cap F_{2})}{P (F_{2})} = \frac{30 / 210}{84 / 210} = \frac{30}{84} = \frac{5}{14}$ .

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