Probabilités conditionnelles et indépendance : 20 exercices corrigésmaths 1re spé — du geste seul au problème de contrôle

Corrigés : probabilités conditionnelles et indépendance, 20 exercices

Ces pages se détachent de la feuille d'exercices. Chaque étape est écrite, avec son pourquoi.

1. 1. a) On se place parmi les issues de $A$ : $P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{0,2}{0,5}=$$0,4$. b) Cette fois, la condition est $B$ : on divise par $P(B)$. $P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0,2}{0,25}=$$0,8$. ⭐ Sur le diagramme, la zone commune pèse $0,2$. Elle représente $40$ % du disque $A$, mais $80$ % du disque $B$. ⛔ Le piège : croire que $P_A(B)=$$P_B(A)$. Le numérateur est le même, le dénominateur change.
2. 2. a) « Des internes » : on se place parmi les internes. C'est $P_I(S)=$$0,3$. b) « Internes ET membres » : aucune condition, c'est l'intersection. $P(I\cap S)=$$0,12$. c) « Parmi les membres » : on se place dans $S$. C'est $P_S(I)=$$0,4$. d) $P(I\cap S)=P(I)\times$$P_I(S)$, donc $P(I)=\frac{0,12}{0,3}=$$0,4$. De même, $P(I\cap S)=P(S)\times$$P_S(I)$, donc $P(S)=\frac{0,12}{0,4}=$$0,3$. ⭐ Les mots « parmi », « sachant », « chez les » annoncent une condition. Le mot « et » annonce une intersection. ⛔ Le piège : traduire a) par $P(S)=$$0,3$. La phrase ne parle que des internes.
3. 3. a) « Sachant que c'est une mésange » : on lit la LIGNE des mésanges, $240$ oiseaux. $P_M(R)=\frac{60}{240}=$$0,25$. b) « Sachant qu'il a été recapturé » : on lit la COLONNE des recapturés, $80$ oiseaux. $P_R(M)=\frac{60}{80}=$$0,75$. c) Aucune condition : on divise par le total. $P(M\cap R)=\frac{60}{400}=$$0,15$. ⭐ La même case ($60$) sert trois fois. C'est le dénominateur qui dit la question. ⛔ Le piège : répondre $0,15$ au a). « Sachant que c'est une mésange » interdit de diviser par $400$.

   	Recapturés	Non recap.	Total
   Mésanges	60	180	240
   Moineaux	20	140	160
   Total	80	320	400

4. 4. Premier niveau : ce qui arrive d'abord, la crevaison. $P(C)=0,1$ et $P(\overline{C})=1-0,1=$$0,9$. Deuxième niveau, derrière $C$ : « quand elle crève, $20$ % » est une probabilité CONDITIONNELLE. $P_C(T)=0,2$ et $P_C(\overline{T})=$$0,8$. Derrière $\overline{C}$ : $P_{\overline{C}}(T)=0,65$ et $P_{\overline{C}}(\overline{T})=$$0,35$. ✔️ Les branches issues d'un même nœud font $1$ : $0,1+$$0,9$, $0,2+$$0,8$, $0,65+$$0,35$. ⛔ Le piège : écrire $0,2$ sur une branche du premier niveau. Au premier niveau, on ne met que des probabilités SANS condition.
5. 5. a) On suit le chemin $A\to \overline{B}$ et on multiplie : $P(A\cap \overline{B})=0,3\times 0,2=$$0,06$. b) Chemin $\overline{A}\to$$B$ : $P(\overline{A}\cap B)=0,7\times 0,4=$$0,28$. c) Deux chemins mènent à $B$ (en orange) : $A\to B$ et $\overline{A}\to$$B$. On les additionne. $P(B)=0,3\times 0,8+0,7\times 0,4=0,24+0,28=$$0,52$. ⛔ Le piège : $P(B)=0,8+0,4=$$1,2$. Une probabilité plus grande que $1$ signale l'erreur : on a additionné des BRANCHES au lieu de CHEMINS.
6. 6. Une partition découpe $\Omega$ en morceaux non vides, sans chevauchement et sans oubli : chaque issue tombe dans UN morceau, et un seul. a) Chaque face est dans exactement un $A_i$ (tableau) : c'est une partition. b) La face $3$ est à la fois dans $B_1$ et dans $B_2$ : ce n'est pas une partition. Les morceaux se chevauchent. c) La face $5$ n'est ni paire, ni dans $C_2$ : ce n'est pas une partition. Il manque un morceau. ⭐ Le test se fait face par face : une ligne par liste, une case par issue, et un seul nom dans chaque case. ⛔ Le piège du b) : les trois morceaux couvrent bien les six faces, mais couvrir ne suffit pas.

   Face	1	2	3	4	5	6
   A	A1	A1	A2	A2	A2	A3
   B	B1	B1	B1 B2	B2	B3	B3
   C	C2	C1	C2	C1	aucun	C1

7. 7. On compare l'intersection au PRODUIT des probabilités. a) $P(A)\times P(B)=0,4\times 0,5=0,2=P(A\cap$$B)$ : $A$ et $B$ sont indépendants. b) $P(A)\times P(C)=0,4\times 0,3=$$0,12$, alors que $P(A\cap C)=$$0,15$ : $A$ et $C$ ne sont pas indépendants. ⭐ Autre lecture : $P_A(C)=\frac{0,15}{0,4}=0,375\ne$$0,3$. Savoir que $A$ est réalisé CHANGE la probabilité de $C$. ⭐ Dans le tableau de $A$ et $B$, les deux lignes sont proportionnelles : $B$ pèse la moitié de $A$ comme la moitié de $\overline{A}$.

   	B	non B	Total
   A	0,2	0,2	0,4
   non A	0,3	0,3	0,6
   Total	0,5	0,5	1

8. 8. a) $A=\{2;4;6\}$ et $B=\{1;3\}$ n'ont aucune face commune : $A\cap B=$$\varnothing$, ils sont INCOMPATIBLES. Pourtant $P(A)\times P(B)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{3}=$$\frac{1}{6}$, alors que $P(A\cap B)=$$0$ : ils ne sont PAS indépendants. Si $B$ est réalisé, $A$ devient impossible : $B$ renseigne complètement sur $A$. b) $A\cap C=$$\{2\}$ : ils ne sont pas incompatibles. $P(A\cap C)=\frac{1}{6}$ et $P(A)\times P(C)=\frac{1}{2}\times \frac{2}{6}=$$\frac{1}{6}$ : ils sont indépendants. ⛔ Le piège : croire qu'« incompatibles » et « indépendants » disent la même chose. C'est presque le contraire : deux événements incompatibles, de probabilités non nulles, ne sont jamais indépendants.
9. 9. a) Chaque pomme vient d'un verger, et d'un seul : les trois événements sont deux à deux incompatibles, et leur réunion est l'univers. C'est une partition. b) D'après la formule des probabilités totales, pour la partition $V_1$, $V_2$, $V_3$ : $P(A)=P(V_1\cap A)+P(V_2\cap A)+P(V_3\cap$$A)$. $P(A)=0,45\times 0,04+0,35\times 0,02+0,2\times 0,1=0,018+0,007+0,02=$$0,045$. c) $P_A(V_3)=\frac{P(V_3\cap A)}{P(A)}=\frac{0,02}{0,045}=\frac{4}{9}\approx$$0,444$. ⭐ $V_3$ ne fournit que $20$ % des pommes, mais près de $44$ % des pommes abîmées. ⛔ Le piège au c) : répondre $0,1$. C'est $P_{V_3}(A)$, la question dans l'autre sens.
10. 10. a) Téléphone : $0,3\times 2000=600$ commandes, dont $0,08\times 600=48$ renvoyées et $552$ gardées. Ordinateur : $1400$ commandes, dont $0,05\times 1400=70$ renvoyées et $1330$ gardées. Renvoyées : $48+70=$$118$. b) $P(R)=\frac{118}{2000}=$$0,059$. c) On se place dans la COLONNE des renvoyées : $P_R(T)=\frac{48}{118}\approx$$0,407$. ⭐ Les téléphones font $30$ % des commandes, mais environ $41$ % des renvois. ⛔ Le piège au c) : répondre $0,08$. C'est $P_T(R)$, pas $P_R(T)$.

    	Renvoyées	Gardées	Total
    Téléphone	48	552	600
    Ordinateur	70	1330	1400
    Total	118	1882	2000

11. 11. a) $P(C\cup F)=P(C)+P(F)-P(C\cap$$F)$, donc $P(C\cap F)=0,6+0,3-0,72=$$0,18$. b) $P(C)\times P(F)=0,6\times 0,3=0,18=P(C\cap$$F)$ : $C$ et $F$ sont indépendants. c) $F$ se coupe en deux morceaux incompatibles, $C\cap F$ et $\overline{C}\cap$$F$. Donc $P(\overline{C}\cap F)=P(F)-P(C\cap F)=0,3-0,18=$$0,12$. Et $P(\overline{C})\times P(F)=0,4\times 0,3=$$0,12$ : $\overline{C}$ et $F$ sont indépendants. ⭐ C'est une propriété générale : si $A$ et $B$ sont indépendants, $\overline{A}$ et $B$ le sont aussi. Le calcul du c) en est la démonstration, avec des nombres. ⛔ Le piège au a) : écrire d'emblée $P(C\cap F)=0,6\times$$0,3$. C'est justement ce qu'il faut démontrer.
12. 12. a) Premier niveau, la roue : $0,2$ ; $0,3$ ; $0,5$. Deuxième niveau, la bille : $P(V)=\frac{1}{4}=$$0,25$, quel que soit le secteur, puisque les épreuves sont indépendantes. Derrière chaque secteur, on répète donc les mêmes branches : $0,25$ pour $V$, $0,75$ pour $\overline{V}$. b) $P(\text{Or}\cap V)=0,2\times 0,25=$$0,05$. c) Trois chemins gagnent (en orange) : $\text{Or}\to$$V$, $\text{Or}\to \overline{V}$ et $\text{Argent}\to$$V$. $P(\text{lot})=0,2\times 0,25+0,2\times 0,75+0,3\times 0,25=0,05+0,15+0,075=$$0,275$. ⭐ Plus court : les deux chemins de « Or » font $0,2$ à eux deux, et $0,2+0,075=$$0,275$. ⛔ Le piège : oublier le chemin $\text{Or}\to$$\overline{V}$. Avec l'or, la couleur de la bille ne compte plus.
13. 13. a) $P(G)=$$0,2$, $P(\overline{G})=$$0,8$ ; $P_G(A)=$$0,9$, $P_G(\overline{A})=$$0,1$ ; $P_{\overline{G}}(A)=$$0,15$, $P_{\overline{G}}(\overline{A})=$$0,85$. b) $G$ et $\overline{G}$ forment une partition. Formule des probabilités totales : $P(A)=P(G\cap A)+P(\overline{G}\cap A)=0,2\times 0,9+0,8\times 0,15=0,18+0,12=$$0,3$. c) $P_A(G)=\frac{P(G\cap A)}{P(A)}=\frac{0,18}{0,3}=$$0,6$. d) Une nuit « pour rien », c'est $\overline{G}\cap$$A$, de probabilité $0,12$. Sur $30$ nuits : $30\times 0,12=3,6$ nuits en moyenne. ⭐ La sonde repère $90$ % des gels, et pourtant $4$ alarmes sur $10$ sont fausses : les nuits sans gel sont quatre fois plus nombreuses. ⛔ Le piège au c) : répondre $0,9$, qui est $P_G(A)$.
14. 14. a) $P(J)=\frac{320}{800}=$$0,4$ ; $P(D)=\frac{272}{800}=$$0,34$ ; $P(J\cap D)=\frac{128}{800}=$$0,16$. b) $P(J)\times P(D)=0,4\times 0,34=0,136\ne$$0,16$ : $J$ et $D$ ne sont pas indépendants. c) $P_J(D)=\frac{128}{320}=$$0,4$, alors que $P(D)=$$0,34$. Les moins de $25$ ans empruntent plus souvent des BD que l'ensemble des inscrits. ⭐ Chez les $25$ ans et plus : $\frac{144}{480}=$$0,3$. Le diagramme compare les trois parts, en % : elles ne sont pas égales, c'est cela, la dépendance. ⛔ Le piège : conclure « pas indépendants » parce que $P(J\cap D)$ n'est pas nul. Ce serait confondre avec « incompatibles ».
15. 15. a) $F$ et $\overline{F}$ forment une partition ; formule des probabilités totales : $P(B)=0,002\times 0,98+0,998\times 0,01=0,00196+0,00998=$$0,01194$. b) $P_B(F)=\frac{0,00196}{0,01194}\approx$$0,164$. c) Sur $100000$ paiements : $200$ fraudes, dont $196$ bloquées ; $99800$ paiements honnêtes, dont $998$ bloqués. Sur $1194$ paiements bloqués, $196$ seulement sont des fraudes : $\frac{196}{1194}\approx$$0,164$. ⭐ Environ $5$ blocages sur $6$ gênent un client honnête. L'algorithme est bon, mais la fraude est RARE : $1$ % d'une foule, c'est beaucoup de monde. ⛔ Le piège : répondre $0,98$, qui est $P_F(B)$.

    Sur 100 000	Bloqué	Accepté	Total
    Fraudes	196	4	200
    Honnêtes	998	98802	99800
    Total	1194	98806	100000

16. 16. a) Épreuves indépendantes : derrière $N$ comme derrière $\overline{N}$, les mêmes branches, $0,9$ pour $V$ et $0,1$ pour $\overline{V}$. b) $P(N\cap V)=P(N)\times P(V)=0,8\times 0,9=$$0,72$. c) Deux chemins (en orange) : $N\to \overline{V}$ et $\overline{N}\to$$V$. $0,8\times 0,1+0,2\times 0,9=0,08+0,18=$$0,26$. d) « Au moins un problème » est le contraire de « tout va bien » : $1-0,72=$$0,28$. ✔️ Vérification : $0,28=0,26+$$0,02$, où $0,02=0,2\times 0,1$ compte les deux problèmes à la fois. ⛔ Le piège au d) : additionner $0,2+0,1=$$0,3$. On compterait deux fois le cas où les deux problèmes arrivent.
17. 17. Le test du nouveau-né a) $P(M)=$$0,005$, $P(\overline{M})=$$0,995$ ; $P_M(T)=$$0,98$ ; $P_{\overline{M}}(T)=$$0,03$. Formule des probabilités totales : $P(T)=0,005\times 0,98+0,995\times 0,03=0,0049+0,02985=$$0,03475$. b) $P_T(M)=\frac{0,0049}{0,03475}\approx$$0,141$. Sur $200000$ bébés : $1000$ malades, dont $980$ positifs ; $199000$ sains, dont $5970$ positifs. Seuls $980$ positifs sur $6950$ sont malades. Un test positif ne veut donc pas dire « malade » : environ $1$ chance sur $7$. La maladie est rare, et les faux positifs sont six fois plus nombreux que les vrais. c) Deux épreuves indépendantes : on multiplie. Bébé malade : $0,98\times 0,98=$$0,9604$. Bébé sain : $0,03\times 0,03=$$0,0009$. d) Même raisonnement, avec « deux tests positifs » à la place de $T$ : $P(\text{deux positifs})=0,005\times 0,9604+0,995\times 0,0009=0,004802+0,0008955=$$0,0056975$. La probabilité d'être malade vaut alors $\frac{0,004802}{0,0056975}\approx$$0,843$. ⭐ De $14$ % à $84$ % : le second test fait le tri. C'est pourquoi un dépistage positif se CONFIRME toujours. ⛔ Le piège au b) : répondre $98$ %. C'est $P_M(T)$, la qualité du test, pas la question des parents.
    Sur 200 000	Positif	Négatif	Total
    Malades	980	20	1000
    Sains	5970	193030	199000
    Total	6950	193050	200000

18. 18. Les deux défauts du smartphone a) Indépendance : $P(E\cap B)=P(E)\times P(B)=0,04\times 0,05=$$0,002$. b) Non : $P(E\cap B)=0,002\ne$$0$. Les deux défauts peuvent arriver ensemble. Indépendants, oui ; incompatibles, non. c) $P(E\cup B)=P(E)+P(B)-P(E\cap B)=0,04+0,05-0,002=$$0,088$. « Aucun défaut » est le contraire de « au moins un » : $P(\overline{E}\cap \overline{B})=1-0,088=$$0,912$. Et $P(\overline{E})\times P(\overline{B})=0,96\times 0,95=$$0,912$. Égalité : $\overline{E}$ et $\overline{B}$ sont indépendants. d) Première façon, déjà faite : $P(E\cup B)=$$0,088$. Seconde façon, par le contraire et l'indépendance de c) : $1-0,96\times 0,95=1-0,912=$$0,088$. e) « Les deux défauts » est inclus dans « au moins un » : $P_{E\cup B}(E\cap B)=\frac{0,002}{0,088}\approx$$0,023$. ⭐ Sur l'arbre, l'indépendance se voit : derrière $E$ comme derrière $\overline{E}$, la batterie a les mêmes branches. ⛔ Le piège au d) : $0,04+0,05=$$0,09$, en comptant deux fois les smartphones aux deux défauts.
19. 19. La route et la météo a) Oui : chaque jour a un seul temps parmi les trois (le modèle l'impose), et $0,7+0,25+0,05=$$1$. Les trois événements sont deux à deux incompatibles et leur réunion est l'univers. b) Formule des probabilités totales, pour la partition $S$, $H$, $N$ : $P(A)=0,7\times 0,001+0,25\times 0,003+0,05\times 0,01=0,0007+0,00075+0,0005=$$0,00195$. c) $P_A(N)=\frac{0,0005}{0,00195}\approx 0,256$ et $P_A(S)=\frac{0,0007}{0,00195}\approx$$0,359$. d) Le plus dangereux est la neige : $P_N(A)=$$0,01$, dix fois plus que par temps sec. Elle ne fait que $5$ % des jours, mais environ $26$ % des accidents. Pourtant, le temps sec compte encore $36$ % des accidents, parce qu'il est de loin le plus fréquent. La pluie en fait environ $38$ % : c'est le plus gros morceau (diagramme, en %). ⛔ Le piège : conclure du c) que le temps sec est « plus dangereux » que la neige. $P_A(S)>P_A(N)$ compare des parts d'accidents, pas des risques ; le risque, c'est $P_S(A)=0,001$ contre $P_N(A)=$$0,01$.
20. 20. Le jeu des trois portes a) Premier niveau : $P(V_1)=P(V_2)=P(V_3)=$$\frac{1}{3}$ ; ces trois événements forment une partition. Derrière $V_1$ : l'animateur peut ouvrir la porte 2 ou la porte 3, chacune avec $\frac{1}{2}$. Derrière $V_2$ : il ne peut ouvrir que la porte 3 (ni celle du candidat, ni celle de la voiture) : $P_{V_2}(O_3)=$$1$. Derrière $V_3$ : il ouvre forcément la porte 2, donc $P_{V_3}(O_3)=0$ (branche non dessinée). b) Formule des probabilités totales : $P(O_3)=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\times 1+\frac{1}{3}\times 0=\frac{1}{6}+\frac{2}{6}=$$\frac{1}{2}$. c) $P_{O_3}(V_1)=\frac{1/6}{1/2}=\frac{1}{3}$ et $P_{O_3}(V_2)=\frac{1/3}{1/2}=$$\frac{2}{3}$. d) Oui ! En changeant pour la porte 2, il gagne avec la probabilité $\frac{2}{3}$ ; en gardant la porte 1, seulement $\frac{1}{3}$. ⭐ Le choix de l'animateur n'est pas neutre : il ÉVITE la voiture, et cette information se reporte sur la porte qu'il laisse fermée. ⛔ Le piège : « il reste deux portes, donc une chance sur deux ». Les deux portes ne sont pas symétriques : l'une a été choisie au hasard par le candidat, l'autre a été épargnée par l'animateur. ⭐ C'est le célèbre problème de Monty Hall, du nom de l'animateur d'un jeu télévisé américain.