Corrigé des 35 exercices de probabilités en première : solutions détaillées à télécharger en PDF

Enfin, L’événement contraire est réalisé exactement quand l’événement ne l’est pas : on inverse l’inégalité en faisant attention au cas d’égalité.

• Ensuite, 1) Le contraire de \((X \gt 5)\) est \((X \leqslant 5)\).
• 2) Le contraire de « \(X\) est supérieur ou égal à 2 », c’est-à-dire \((X \geqslant 2)\), est \((X \lt 2)\) : « \(X\) est strictement inférieur à 2 ».
• Ensuite, 3) Le contraire de \((X \leqslant 3)\) est \((X \gt 3)\).
• Ainsi, 4) Le contraire de « \(X\) est inférieur ou égal à 4 » est \((X \gt 4)\) : « \(X\) est strictement supérieur à 4 ».

Aussi, la négation de « tous … » Enfin, (ou « chaque », « tous les jours ») est « au moins un … ne … pas ». Donc, De plus, la négation de « jamais » est « au moins une fois ».

• Donc, 1) « Au moins un élève de la classe ne sera pas admis au bac. »
• De plus, 2) « Il y a au moins un jour où Paul ne mange pas à la cantine. »
• 3) « Je vais au moins une fois au cinéma le dimanche » (autrement dit : il m’arrive d’aller au cinéma le dimanche).
• Par ailleurs, 4) « Au moins un élève de la classe ne possède pas de téléphone portable. »

Aussi, Attention : le contraire de « tous seront admis » n’est pas « aucun ne sera admis ».

Enfin, De plus, pour une loi de probabilité, chaque \(p_i\) est compris entre 0 et 1 et la somme des \(p_i\) vaut 1 :

\[ 0{,}15 + 0{,}2 + a + 0{,}05 + 0{,}35 = 1 \iff 0{,}75 + a = 1 \iff a = 0{,}25. \]

Aussi, De plus, on vérifie que \(0 \leqslant 0{,}25 \leqslant 1\).

Enfin, 1) L’arbre donne \(P(A) = \frac{2}{7}\), \(P_A\left(\overline{B}\right) = \frac{3}{5}\) et \(P_{\overline{A}}(B) = \frac{1}{3}\).

Enfin, 2) La somme des probabilités issues d’un même nœud vaut 1 :

\[ P\left(\overline{A}\right) = 1 – \frac{2}{7} = \frac{5}{7}, \qquad P_A(B) = 1 – \frac{3}{5} = \frac{2}{5}, \qquad P_{\overline{A}}\left(\overline{B}\right) = 1 – \frac{1}{3} = \frac{2}{3}. \]

3) D’après la formule des probabilités totales (on additionne les chemins qui mènent à \(B\)) :

Exercice 4 : Calculer des probabilités (corrigé probabilités première) (suite)

\[ \begin{aligned} P(B) &= P(A) \times P_A(B) + P\left(\overline{A}\right) \times P_{\overline{A}}(B) \\ &= \frac{2}{7} \times \frac{2}{5} + \frac{5}{7} \times \frac{1}{3} = \frac{4}{35} + \frac{5}{21} = \frac{12}{105} + \frac{25}{105} = \frac{37}{105}. \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} P(A \cup B) &= P(A) + P(B) – P(A \cap B) = 0{,}3 + 0{,}6 – 0{,}2 = 0{,}7 \\ P_B(A) &= \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{0{,}2}{0{,}6} = \frac{1}{3} \\ P_A(B) &= \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = \frac{0{,}2}{0{,}3} = \frac{2}{3} \end{aligned} \]

Remarque : \(P_B(A)\) et \(P_A(B)\) sont différents, car on ne divise pas par la même probabilité.

\(A\) et \(B\) sont indépendants si et seulement si \(P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\).

\[ P(A) \times P(B) = \frac{7}{8} \times \frac{2}{7} = \frac{14}{56} = \frac{1}{4} = P(A \cap B). \]

Aussi, L’égalité est vérifiée : \(A\) et \(B\) sont indépendants (et on a bien \(P_A(B) = \frac{1/4}{7/8} = \frac{2}{7} = P(B)\)).

Également, 1) On utilise les totaux (lignes et colonnes) :

• \(P\left(\overline{A_1}\right) = 1 – 0{,}7 = 0{,}3\) et \(P(A_2) = 1 – 0{,}8 = 0{,}2\) ;
• \(P\left(A_1 \cap A_2\right) = 0{,}2 – 0{,}15 = 0{,}05\) ;
• \(P\left(A_1 \cap \overline{A_2}\right) = 0{,}7 – 0{,}05 = 0{,}65\) et \(P\left(\overline{A_1} \cap \overline{A_2}\right) = 0{,}3 – 0{,}15 = 0{,}15\).

Par ailleurs, Contrôle : \(0{,}05 + 0{,}15 + 0{,}65 + 0{,}15 = 1\).

2)

\[ P_{A_1}(A_2) = \frac{P(A_1 \cap A_2)}{P(A_1)} = \frac{0{,}05}{0{,}7} = \frac{1}{14} \approx 0{,}071 \qquad P_{A_2}(A_1) = \frac{P(A_1 \cap A_2)}{P(A_2)} = \frac{0{,}05}{0{,}2} = 0{,}25. \]

Ensuite, 1) De \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B)\), on tire :

\[ P(A \cap B) = P(A) + P(B) – P(A \cup B) = 0{,}45 + 0{,}6 – 0{,}9 = 0{,}15. \]

2)

\[ P_B(A) = \frac{0{,}15}{0{,}6} = 0{,}25 \qquad P_A(B) = \frac{0{,}15}{0{,}45} = \frac{15}{45} = \frac{1}{3}. \]

Donc, 1) Sur chaque nœud, les probabilités des branches ont pour somme 1 : \(P\left(\overline{A}\right) = 1 – 0{,}7 = 0{,}3\), \(P_A(B) = 1 – 0{,}2 = 0{,}8\), \(P_{\overline{A}}(B) = 1 – 0{,}6 = 0{,}4\). Ensuite, la probabilité d’un chemin est le produit des probabilités de ses branches :

\[ \begin{aligned} P(A \cap B) &= 0{,}7 \times 0{,}8 = 0{,}56 & P\left(A \cap \overline{B}\right) &= 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}14 \\ P\left(\overline{A} \cap B\right) &= 0{,}3 \times 0{,}4 = 0{,}12 & P\left(\overline{A} \cap \overline{B}\right) &= 0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18 \end{aligned} \]

Aussi, 2) Probabilités totales : \(P(B) = P(A \cap B) + P\left(\overline{A} \cap B\right) = 0{,}56 + 0{,}12 = 0{,}68\).

1) \(A\) et \(B\) sont indépendants, donc \(P(A \cap B) = P(A) \times P(B) = 0{,}5 \times 0{,}7 = 0{,}35\).

2) Première méthode : \(B\) est la réunion disjointe de \(A \cap B\) et \(\overline{A} \cap B\), donc

\[ P\left(\overline{A} \cap B\right) = P(B) – P(A \cap B) = 0{,}7 – 0{,}35 = 0{,}35. \]

Seconde méthode : si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(\overline{A}\) et \(B\) le sont aussi, donc

\[ P\left(\overline{A} \cap B\right) = P\left(\overline{A}\right) \times P(B) = (1 – 0{,}5) \times 0{,}7 = 0{,}35. \]

On complète d’abord l’arbre avec la règle : la somme des probabilités des branches issues d’un même nœud vaut 1.

• \( P(\overline{A}) = 1 – 0{,}45 = 0{,}55 \) ;
• \( P_A(B) = 1 – P_A(\overline{B}) = 1 – 0{,}9 = 0{,}1 \) ;
• \( P_{\overline{A}}(B) = 1 – 0{,}7 = 0{,}3 \).

Aussi, 1. \( P_A(B) = 1 – 0{,}9 = \mathbf{0{,}1} \).

Par ailleurs, 2. \( P_{\overline{A}}(\overline{B}) \) se lit directement sur la branche de \( \overline{A} \) vers \( \overline{B} \) : \( P_{\overline{A}}(\overline{B}) = \mathbf{0{,}7} \).

3. Donc, De plus, la probabilité d’une issue est le produit des probabilités le long du chemin :

\[ \begin{aligned} P(A \cap B) &= 0{,}45 \times 0{,}1 = 0{,}045 \\ P(A \cap \overline{B}) &= 0{,}45 \times 0{,}9 = 0{,}405 \\ P(\overline{A} \cap \overline{B}) &= 0{,}55 \times 0{,}7 = 0{,}385 \\ P(\overline{A} \cap B) &= 0{,}55 \times 0{,}3 = 0{,}165 \end{aligned} \]

Aussi, Contrôle : \( 0{,}045 + 0{,}405 + 0{,}385 + 0{,}165 = 1 \), les quatre issues couvrent bien toutes les possibilités.

1. Ensuite, De plus, dans ce tableau, chaque case contient la probabilité d’une intersection, et chaque total est la somme de sa ligne ou de sa colonne.

• Ligne A : \( P(A) = 0{,}2 + 0{,}3 = 0{,}5 \), donc \( P(\overline{A}) = 1 – 0{,}5 = 0{,}5 \).
• Ensuite, Ligne \( \overline{A} \) : \( P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}5 – 0{,}1 = 0{,}4 \).
• Également, Colonnes : \( P(B) = 0{,}2 + 0{,}1 = 0{,}3 \) et \( P(\overline{B}) = 0{,}3 + 0{,}4 = 0{,}7 \) (et \( 0{,}3 + 0{,}7 = 1 \)).

2. Ainsi, on utilise \( P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} \) :

Exercice 12 : Tableau et probabilités (suite)

\[ P_A(B) = \frac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4 \qquad P_B(A) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{0{,}2}{0{,}3} = \frac{2}{3} \]

Également, 3. \[ P_B(\overline{A}) = \frac{P(\overline{A} \cap B)}{P(B)} = \frac{0{,}1}{0{,}3} = \frac{1}{3} \]

Aussi, on retrouve bien \( P_B(A) + P_B(\overline{A}) = \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{3} = 1 \).

Aussi, Notons V : « Vincent soulève plus de 100 kg » et A : « Anne soulève plus de 100 kg ». Également, L’énoncé donne \( P(V) = 0{,}75 \), \( P(A) = 0{,}6 \) et \( P(V \cup A) = 0{,}85 \) (« au moins l’un des deux »).

1. Ensuite, « Tous les deux » correspond à \( V \cap A \). Par ailleurs, on utilise la formule \( P(V \cup A) = P(V) + P(A) – P(V \cap A) \) :

\[ P(V \cap A) = P(V) + P(A) – P(V \cup A) = 0{,}75 + 0{,}6 – 0{,}85 = 0{,}5 \]

Ensuite, la probabilité qu’ils soulèvent 100 kg tous les deux est 0,5.

2. Par ailleurs, on sait que Vincent a réussi : on cherche la probabilité conditionnelle \( P_V(A) \).

\[ P_V(A) = \frac{P(V \cap A)}{P(V)} = \frac{0{,}5}{0{,}75} = \frac{2}{3} \approx 0{,}67 \]

Par ailleurs, Savoir que Vincent a réussi augmente un peu les chances d’Anne (de 0,6 à environ 0,67) : les deux événements ne sont pas indépendants.

Par ailleurs, on compte les 12 figures (les figures jaune-vert sont les figures vertes) :

• ligne 1 : cercle noir, carré noir, vagues noires, cercle vert, carré bleu, vagues rouges ;
• Par ailleurs, ligne 2 : cercle bleu, carré vert, vagues rouges, cercle rouge, carré bleu, vagues vertes.

1. Par ailleurs, Tableau des effectifs (couleur en ligne, forme en colonne) ; chaque figure a la probabilité \( \frac{1}{12} \) d’être choisie :

Également, Comme on est en situation d’équiprobabilité, une probabilité conditionnelle se calcule directement sur les effectifs : \( P_C(V) = \dfrac{\text{effectif de } C \cap V}{\text{effectif de } C} \).

Exercice 14 : Des figures de différentes couleurs (suite)

2. Ainsi, Parmi les 4 cercles, 1 est vert : \( P_C(V) = \dfrac{1}{4} \). De plus, Parmi les 3 figures bleues, aucune ne fait de vagues : \( P_B(Z) = \dfrac{0}{3} = 0 \).

3. Parmi les 3 figures rouges, 2 font des vagues : \( P_R(Z) = \dfrac{2}{3} \). Enfin, Parmi les 4 carrés, 2 sont bleus : \( P_K(B) = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2} \).

Aussi, Notons P : « le premier dé donne un nombre pair » et Q : « le deuxième dé donne un nombre premier ». Puis le premier dé est équilibré : 3 faces paires sur 6, donc \( P(P) = \dfrac{1}{2} \) et \( P(\overline{P}) = \dfrac{1}{2} \).

• Donc, Si le résultat est pair, on lance le dé à 20 faces. Par ailleurs, les nombres premiers de 1 à 20 sont 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 et 19 : il y en a 8 (attention, 1 n’est pas premier). Donc \( P_P(Q) = \dfrac{8}{20} = \dfrac{2}{5} \).
• Ainsi, Si le résultat est impair, on lance le dé à 8 faces. Également, les nombres premiers de 1 à 8 sont 2, 3, 5 et 7 : \( P_{\overline{P}}(Q) = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2} \).

P et \( \overline{P} \) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[ \begin{aligned} P(Q) &= P(P) \times P_P(Q) + P(\overline{P}) \times P_{\overline{P}}(Q) \\ &= \frac{1}{2} \times \frac{2}{5} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{5} + \frac{1}{4} = \frac{9}{20} \end{aligned} \]

Lundi. La famille ne mange jamais de purée le dimanche : la veille du lundi, elle n’en a donc pas mangé. D’après l’énoncé, \( P(L) = 0{,}8 \) et \( P(\overline{L}) = 0{,}2 \).

Mardi. Également, la probabilité dépend de lundi :

• Donc, si la famille a mangé de la purée lundi : \( P_L(M) = 0{,}3 \) ;
• sinon : \( P_{\overline{L}}(M) = 0{,}8 \).

Avec la formule des probabilités totales (L et \( \overline{L} \) forment une partition) :

\[ \begin{aligned} P(M) &= P(L) \times P_L(M) + P(\overline{L}) \times P_{\overline{L}}(M) \\ &= 0{,}8 \times 0{,}3 + 0{,}2 \times 0{,}8 \\ &= 0{,}24 + 0{,}16 = 0{,}4 \end{aligned} \]

Ainsi, un jeu de 32 cartes contient 4 couleurs (cœur, carreau rouges ; pique, trèfle noirs) de 8 cartes : 7, 8, 9, 10, valet, dame, roi, as. Ensuite, le tirage est équiprobable. De plus, Deux événements sont indépendants si et seulement si \( P(A \cap B) = P(A) \times P(B) \).

1. Donc, il y a 4 rois et 16 cartes rouges, dont 2 rois rouges.

\[ P(A) = \frac{4}{32} = \frac{1}{8}, \quad P(B) = \frac{16}{32} = \frac{1}{2}, \quad P(A \cap B) = \frac{2}{32} = \frac{1}{16} \]

Ainsi, Or \( P(A) \times P(B) = \dfrac{1}{8} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{16} = P(A \cap B) \) : A et B sont indépendants.

2. Il y a 4 as, donc 28 cartes qui ne sont pas des as : \( P(B) = \dfrac{28}{32} = \dfrac{7}{8} \). Aucun roi n’est un as, donc \( A \cap B = A \) et \( P(A \cap B) = \dfrac{4}{32} = \dfrac{1}{8} \).

Exercice 17 : Un jeu de 32 cartes (corrigé probabilités première) (suite)

Enfin, Or \( P(A) \times P(B) = \dfrac{1}{8} \times \dfrac{7}{8} = \dfrac{7}{64} \neq \dfrac{8}{64} = P(A \cap B) \) : A et B ne sont pas indépendants.

3. Ensuite, A contient les 4 rois et les 2 dames rouges : 6 cartes, \( P(A) = \dfrac{6}{32} = \dfrac{3}{16} \). \( A \cap B \) contient les 2 rois rouges et les 2 dames rouges : \( P(A \cap B) = \dfrac{4}{32} = \dfrac{1}{8} \).

Ainsi, Or \( P(A) \times P(B) = \dfrac{3}{16} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{32} \neq \dfrac{4}{32} = P(A \cap B) \) : A et B ne sont pas indépendants.

Ensuite, Notons V, R, O les événements « le feu est vert », « rouge », « orange », et P : « le cycliste passe (ne s’arrête pas) ».

1. Arbre de probabilité : \( P(V) = 0{,}4 \), \( P(R) = 0{,}5 \), \( P(O) = 0{,}1 \), puis \( P_V(P) = 1 \), \( P_R(P) = 0{,}02 \), \( P_O(P) = 0{,}1 \) ; les branches vers \( \overline{P} \) se complètent à 1.

2. Ainsi, V, R et O forment une partition de l’univers. Par la formule des probabilités totales :

Exercice 18 : Croisement et feu tricolore (suite)

\[ \begin{aligned} P(P) &= P(V) \times P_V(P) + P(R) \times P_R(P) + P(O) \times P_O(P) \\ &= 0{,}4 \times 1 + 0{,}5 \times 0{,}02 + 0{,}1 \times 0{,}1 \\ &= 0{,}4 + 0{,}01 + 0{,}01 = 0{,}42 \end{aligned} \]

3. Ensuite, on cherche \( P_P(V) \) :

\[ P_P(V) = \frac{P(V \cap P)}{P(P)} = \frac{0{,}4}{0{,}42} = \frac{40}{42} = \frac{20}{21} \approx 0{,}952 \]

De plus, la bande compte 5 cases et la fourmi part de la case du milieu A : il y a 2 cases à droite de A et 2 cases à gauche. Puis pour sortir, elle doit faire 3 pas du même côté. Ainsi, De plus, en deux mouvements elle ne peut pas sortir ; après le troisième, elle est dehors seulement si ses trois mouvements vont dans le même sens : D, D, D ou G, G, G.

Ensuite, Ainsi, les probabilités de l’énoncé : premier mouvement à droite ou à gauche avec \( \frac{1}{2} \) ; après un pas à droite, nouveau pas à droite avec 0,6 ; après un pas à gauche, nouveau pas à gauche avec 0,8.

On multiplie les probabilités le long de chaque chemin :

\[ P(DDD) = \frac{1}{2} \times 0{,}6 \times 0{,}6 = 0{,}18 \qquad P(GGG) = \frac{1}{2} \times 0{,}8 \times 0{,}8 = 0{,}32 \]

Ces deux chemins sont incompatibles, donc la probabilité de sortir est \( 0{,}18 + 0{,}32 = 0{,}5 \).

Enfin, De plus, pour une année, notons F : « la ruche est attaquée » et S : « la ruche survit ». Ensuite, on a \( P(F) = 0{,}05 \), \( P_F(S) = 0{,}1 \) et \( P_{\overline{F}}(S) = 0{,}9 \).

Ensuite, Survie sur un an (formule des probabilités totales) :

\[ P(S) = 0{,}05 \times 0{,}1 + 0{,}95 \times 0{,}9 = 0{,}005 + 0{,}855 = 0{,}86 \]

1. Enfin, Chaque année le risque est le même et les années sont indépendantes : la probabilité de survivre trois ans est le produit des probabilités de survie de chaque année.

\[ P = 0{,}86^3 = 0{,}636056 \approx 0{,}636 \]

2. Enfin, Sans frelon, la ruche survit chaque année avec la probabilité 0,9 :

\[ P = 0{,}9^3 = 0{,}729 \]

Le frelon asiatique fait donc baisser la probabilité de survie sur trois ans d’environ 0,729 à 0,636, soit environ 9 points.

Par ailleurs, De plus, le tirage se fait au hasard parmi les 23 joueurs : on calcule avec les effectifs du tableau. Par ailleurs, pour une probabilité conditionnelle \( p_X(Y) \), on se restreint à la ligne ou colonne de X et on compte ceux qui vérifient Y.

Aussi, 1. \( p(G) = \dfrac{3}{23} \) et \( p(F) = \dfrac{9}{23} \).

2.

• \( p_M(F) = \dfrac{1}{6} \) : 1 milieu joue en France parmi les 6 milieux ;
• \( p_F(M) = \dfrac{1}{9} \) : 1 milieu parmi les 9 joueurs en France ;
• \( p_F(A) = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3} \) : 3 attaquants parmi les 9 joueurs en France.

Ainsi, 3. \( p_G(\overline{F}) = \dfrac{1}{3} \) (1 gardien sur 3 joue à l’étranger) et \( p_{\overline{F}}(D) = \dfrac{5}{14} \) (5 défenseurs parmi les 14 joueurs à l’étranger).

4. Un gardien n’est pas un milieu : \( G \cap M = \varnothing \), donc \( p_G(M) = 0 \).

Exercice 21 : Coupe du monde de football (suite)

5. Donc, il faut un effectif 5 sur 8 : parmi les 8 défenseurs, 5 jouent à l’étranger. Puis, donc \( p_D(\overline{F}) = \dfrac{5}{8} \).

Donc, 6. \( G \cup D \) regroupe 3 + 8 = 11 joueurs, dont 2 + 3 = 5 jouent en France : \( p_{G \cup D}(F) = \dfrac{5}{11} \). Également, Parmi les 9 joueurs en France, 1 + 3 = 4 sont milieux ou attaquants : \( p_F(M \cup A) = \dfrac{4}{9} \).

Également, Gani a 24 pantalons, choisis au hasard. Puis on teste l’indépendance avec \( P(X \cap Y) = P(X) \times P(Y) \). Par ailleurs, Données utiles : \( P(D) = \dfrac{16}{24} = \dfrac{2}{3} \) et \( P(\overline{D}) = \dfrac{8}{24} = \dfrac{1}{3} \).

Enfin, a) \( P(B) = \dfrac{13}{24} \) et \( P(B \cap D) = \dfrac{8}{24} = \dfrac{1}{3} = \dfrac{12}{36} \). Par ailleurs, Or \( P(B) \times P(D) = \dfrac{13}{24} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{13}{36} \neq \dfrac{12}{36} \) : B et D ne sont pas indépendants.

Ensuite, b) Aucun pantalon rouge n’est habillé : \( P(R \cap \overline{D}) = 0 \). Mais \( P(R) \times P(\overline{D}) = \dfrac{2}{24} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{36} \neq 0 \) : R et \( \overline{D} \) ne sont pas indépendants.

Ensuite, c) \( P(N) = \dfrac{9}{24} = \dfrac{3}{8} \) et \( P(N \cap D) = \dfrac{6}{24} = \dfrac{1}{4} \). Ainsi, Or \( P(N) \times P(D) = \dfrac{3}{8} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4} = P(N \cap D) \) : N et D sont indépendants.

Exercice 22 : Les pantalons de Gani (corrigé probabilités première) (suite)

Ensuite, d) \( P(N \cap \overline{D}) = \dfrac{3}{24} = \dfrac{1}{8} \) et \( P(N) \times P(\overline{D}) = \dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{8} \) : N et \( \overline{D} \) sont indépendants. C’était prévisible : si N et D sont indépendants, alors N et \( \overline{D} \) le sont aussi.

Par ailleurs, Notons C : « il y a du courrier » pour un soir donné ; \( P(C) = 0{,}47 \) et \( P(\overline{C}) = 1 – 0{,}47 = 0{,}53 \).

1. L’énoncé admet que la présence de courrier un soir n’a pas d’influence sur celle du soir suivant : le résultat du premier soir ne modifie pas les probabilités du second. Par ailleurs, De plus, l’épreuve est la même chaque soir (mêmes issues, mêmes probabilités). Par ailleurs, C’est la définition d’une succession de deux épreuves indépendantes.

2. Dans l’arbre, les probabilités du deuxième niveau sont les mêmes quel que soit le premier soir ; chaque issue a pour probabilité le produit des probabilités du chemin.

Exercice 23 : La boîte aux lettres de Justin (suite)

3. Tableau à double entrée : chaque case est le produit des probabilités de la ligne et de la colonne, par exemple \( 0{,}47 \times 0{,}53 = 0{,}2491 \).

Enfin, Contrôle : \( 0{,}2209 + 2 \times 0{,}2491 + 0{,}2809 = 1 \).

Aussi, 1) Les deux tirages se font dans deux réserves différentes (la poche d’Ornella et le porte-monnaie de Fanny), par deux personnes différentes. Ensuite, la pièce tirée par Ornella ne change pas le contenu du porte-monnaie de Fanny : le résultat de la première épreuve n’a aucune influence sur la seconde. Puis on peut donc les considérer comme une succession de deux épreuves indépendantes.

Enfin, 2) Première épreuve (Ornella, 3 pièces) : \( p(0{,}50\text{ €}) = \frac{2}{3} \) et \( p(1\text{ €}) = \frac{1}{3} \).
Seconde épreuve (Fanny, 5 pièces) : \( p(0{,}20\text{ €}) = \frac{3}{5} \), \( p(1\text{ €}) = \frac{1}{5} \) et \( p(2\text{ €}) = \frac{1}{5} \).

Comme les épreuves sont indépendantes, les branches de la seconde épreuve portent les mêmes probabilités quel que soit le résultat de la première, et la probabilité d’une issue est le produit des probabilités du chemin.

Exercice 24 : Ornella et Fanny (corrigé probabilités première) (suite)

Enfin, De plus, 3) Dans le tableau à double entrée, chaque case contient le produit de la probabilité de sa ligne par celle de sa colonne (et, entre parenthèses, le pourboire total laissé) :

Également, Vérification : \( \frac{2}{5} + \frac{2}{15} + \frac{2}{15} + \frac{1}{5} + \frac{1}{15} + \frac{1}{15} = \frac{6 + 2 + 2 + 3 + 1 + 1}{15} = 1 \).

Par ailleurs, Événements. Donc, on choisit un objet au hasard dans la production et on note :

• E : « l’objet est une équerre » ; son contraire \( \overline{E} \) : « l’objet est un rapporteur » ;
• Donc, D : « l’objet a un défaut » ; son contraire \( \overline{D} \) : « l’objet n’a pas de défaut ».

De plus, Traduction des données. \( p(E) = 0{,}7 \) et \( p(\overline{E}) = 0{,}3 \). « 20 % des équerres ont des défauts » : \( p_E(D) = 0{,}2 \), donc \( p_E(\overline{D}) = 0{,}8 \). « 30 % des rapporteurs n’en ont pas » : \( p_{\overline{E}}(\overline{D}) = 0{,}3 \), donc \( p_{\overline{E}}(D) = 1 – 0{,}3 = 0{,}7 \).

Au bout de chaque chemin, on a noté le produit des branches, par exemple \( p(E \cap D) = 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}14 \). Par ailleurs, De plus, les quatre produits ont pour somme 1.

Par ailleurs, 1) Au premier niveau, on place les proportions de chaque classe : \( p(S) = 0{,}24 \), \( p(P) = 0{,}61 \), \( p(T) = 0{,}15 \). Au second niveau, les pourcentages donnés à l’intérieur de chaque classe sont des probabilités conditionnelles : par exemple \( p_S(F) = 0{,}12 \). Ainsi, Chaque élève pratique un seul des trois sports (les pourcentages de chaque classe ont pour somme 100 %).

Également, 2) a) \( p(N \cap S) = p(S) \times p_S(N) = 0{,}24 \times 0{,}43 = \mathbf{0{,}1032} \).

Exercice 26 : L association sportive du lycée (corrigé probabilités (suite)

Également, b) Formule des probabilités totales (S, P, T forment une partition) :

\[ p(N) = 0{,}24 \times 0{,}43 + 0{,}61 \times 0{,}22 + 0{,}15 \times 0{,}5 = 0{,}1032 + 0{,}1342 + 0{,}075 = 0{,}3124 \]

Ensuite, c) \( p_N(S) = \dfrac{p(N \cap S)}{p(N)} = \dfrac{0{,}1032}{0{,}3124} \approx \mathbf{0{,}330} \).

Ensuite, 3) On compare les probabilités sachant N :

\[ p_N(S) \approx 0{,}330 \qquad p_N(P) = \frac{0{,}1342}{0{,}3124} \approx 0{,}430 \qquad p_N(T) = \frac{0{,}075}{0{,}3124} \approx 0{,}240 \]

Aussi, il est plus probable que ce nageur soit un élève de première. Remarque : il suffit de comparer les numérateurs 0,1032, 0,1342 et 0,075, puisque le dénominateur est le même.

4) a) Un élève ne pratique qu’un sport, donc A et N sont incompatibles : \( p(A \cup N) = p(A) + p(N) \).

Exercice 26 : L association sportive du lycée (corrigé probabilités (suite)

\[ p(A) = 0{,}24 \times 0{,}45 + 0{,}61 \times 0{,}44 + 0{,}15 \times 0{,}09 = 0{,}108 + 0{,}2684 + 0{,}0135 = 0{,}3899 \]

Donc \( p(A \cup N) = 0{,}3899 + 0{,}3124 = \mathbf{0{,}7023} \). Également, (Contrôle : c’est \( 1 – p(F) \), avec \( p(F) = 0{,}0288 + 0{,}2074 + 0{,}0615 = 0{,}2977 \).)

Ensuite, b) On cherche \( p(S \cup F) = p(S) + p(F) – p(S \cap F) \) :

\[ p(S \cup F) = 0{,}24 + 0{,}2977 – 0{,}0288 = 0{,}5089 \]

1) \( p(A) = 0{,}3 \), donc \( p(\overline{A}) = 0{,}7 \). « 35 % des beignets à l’ananas sont à la cannelle » : \( p_A(C) = 0{,}35 \) et \( p_A(\overline{C}) = 0{,}65 \). « Ainsi que 45 % des beignets aux pommes » : \( p_{\overline{A}}(C) = 0{,}45 \) et \( p_{\overline{A}}(\overline{C}) = 0{,}55 \).

Aussi, 2) On calcule \( p(C) \) par la formule des probabilités totales :

\[ p(C) = 0{,}3 \times 0{,}35 + 0{,}7 \times 0{,}45 = 0{,}105 + 0{,}315 = 0{,}42 \]

De plus, Or \( p_A(C) = 0{,}35 \neq 0{,}42 = p(C) \). Autrement dit, \( p(A \cap C) = 0{,}105 \) alors que \( p(A) \times p(C) = 0{,}3 \times 0{,}42 = 0{,}126 \). Ensuite, les événements A et C ne sont pas indépendants : savoir que le beignet est à l’ananas diminue la probabilité qu’il soit à la cannelle.

Donc, la chorale compte \( 7 + 9 + n = 16 + n \) élèves, dont \( 1 + 3 + 6 = 10 \) filles. Par ailleurs, il y a 6 filles en terminale, donc \( n \geqslant 6 \). Donc, Notons T : « l’élève est en terminale » et F : « l’élève est une fille ». Puis le tirage est équiprobable :

\[ p(T) = \frac{n}{16 + n} \qquad p(F) = \frac{10}{16 + n} \qquad p(T \cap F) = \frac{6}{16 + n} \]

Ensuite, T et F sont indépendants si et seulement si \( p(T \cap F) = p(T) \times p(F) \) :

\[ \frac{6}{16 + n} = \frac{n}{16 + n} \times \frac{10}{16 + n} \iff 6(16 + n) = 10n \iff 96 + 6n = 10n \iff n = 24 \]

Ensuite, la valeur \( n = 24 \) vérifie bien \( n \geqslant 6 \). Vérification : il y a alors 40 élèves ; \( p(T) \times p(F) = \frac{24}{40} \times \frac{10}{40} = \frac{240}{1600} = \frac{3}{20} \) et \( p(T \cap F) = \frac{6}{40} = \frac{3}{20} \).

Le tirage est équiprobable parmi les 224 éléphants. Ensuite, une probabilité conditionnelle se lit dans le tableau en se restreignant à la ligne ou la colonne de l’événement connu.

Enfin, 1) a) Parmi les 101 éléphants en bois, 17 sont noirs : \( p_B(N) = \dfrac{17}{101} \approx 0{,}168 \).

b) \( \overline{N} \) : l’éléphant est en couleur. Parmi les 168 éléphants de couleur, 84 sont en bois : \( p_{\overline{N}}(B) = \dfrac{84}{168} = \dfrac{1}{2} \).

c) \( B \cup M \) : l’éléphant est en bois ou en métal ; il y en a \( 101 + 32 = 133 \), dont \( 17 + 8 = 25 \) noirs : \( p_{B \cup M}(N) = \dfrac{25}{133} \approx 0{,}188 \).

2) \( p(N) = \dfrac{56}{224} = \dfrac{1}{4} \) et \( p_M(N) = \dfrac{8}{32} = \dfrac{1}{4} \). Comme \( p_M(N) = p(N) \), les événements N et M sont indépendants.

3) \( p_B(N) = \dfrac{17}{101} \approx 0{,}168 \neq \dfrac{1}{4} = p(N) \) : N et B ne sont pas indépendants.

1) \( p(S) = 0{,}15 \), \( p(N) = 0{,}30 \) et \( p(P) = 1 – 0{,}15 – 0{,}30 = 0{,}55 \). Puis les taux de mécontentement sont conditionnels : \( p_S(M) = 0{,}05 \), \( p_N(M) = 0{,}1 \), \( p_P(M) = 0{,}9 \).

2) a) \( p(P \cap M) = 0{,}55 \times 0{,}9 = \mathbf{0{,}495} \). Avec les probabilités totales :

\[ p(M) = 0{,}15 \times 0{,}05 + 0{,}3 \times 0{,}1 + 0{,}55 \times 0{,}9 = 0{,}0075 + 0{,}03 + 0{,}495 = 0{,}5325 \]

b) \( p_S(M) = 0{,}05 \) alors que \( p(M) = 0{,}5325 \) : les deux sont différentes, donc S et M ne sont pas indépendants (le poisson pêché par Saumonix mécontente beaucoup moins).

Exercice 30 : Saumonix le poissonnier (suite)

c) \( p_M(S) = \dfrac{p(S \cap M)}{p(M)} = \dfrac{0{,}0075}{0{,}5325} \approx \mathbf{0{,}014} \), soit environ 1,4 %.

3) On garde \( p(S) = 0{,}15 \) et on note \( x \) la proportion commandée au grossiste normand ; celle du grossiste de Paris vaut alors \( 0{,}85 – x \). De plus, on veut \( p(M) = 0{,}3 \) :

\[ \begin{aligned} 0{,}15 \times 0{,}05 + 0{,}1x + 0{,}9(0{,}85 – x) &= 0{,}3 \\ 0{,}0075 + 0{,}1x + 0{,}765 – 0{,}9x &= 0{,}3 \\ -0{,}8x &= -0{,}4725 \\ x &= 0{,}590625 \end{aligned} \]

Il doit donc commander environ 59,1 % de son poisson au grossiste normand et \( 0{,}85 – 0{,}590625 = 0{,}259375 \), soit environ 25,9 % au grossiste de Paris.

1) Les événements.

• \( C_1 \) : « Bruce prend le premier chemin » ; le nœud du bas (noté \( \overline{C_1} \)) : « Bruce prend le second chemin ».
• \( P_1 \), \( P_2 \), \( P_3 \) : « le pont \( P_1 \) (resp. \( P_2 \), \( P_3 \)) est ouvert » ; la barre signifie « le pont est fermé ». Si \( P_2 \) est fermé, Bruce est bloqué : l’arbre s’arrête, c’est pourquoi \( P_3 \) n’apparaît qu’après \( P_2 \).

\( p(C_1) = 0{,}8 \), \( p(\overline{C_1}) = 0{,}2 \) ; pont \( P_1 \) : ouvert 0,8, fermé 0,2 ; ponts \( P_2 \) et \( P_3 \) : ouverts 0,9, fermés 0,1 (indépendance admise).

Exercice 31 : Chemins et arbre de probabilités (suite)

2) Notons B : « Bruce est bloqué par un pont ». B regroupe les trois chemins marqués « bloqué » :

\[ p(B) = 0{,}8 \times 0{,}2 + 0{,}2 \times 0{,}9 \times 0{,}1 + 0{,}2 \times 0{,}1 = 0{,}16 + 0{,}018 + 0{,}02 = 0{,}198 \]

3) \( p_B(C_1) = \dfrac{p(C_1 \cap B)}{p(B)} = \dfrac{0{,}16}{0{,}198} = \dfrac{80}{99} \approx \mathbf{0{,}808} \).

Notons I : « la famille part à Istanbul » et \( \overline{R} \) : « il ne pleut pas ». L’énoncé donne \( p(I) = 0{,}9 \) et \( p_I(\overline{R}) = 0{,}85 \) : « s’il va à Istanbul » indique une probabilité conditionnelle.

On cherche \( p(I \cap \overline{R}) \), probabilité d’un chemin de l’arbre, donc un produit :

\[ p(I \cap \overline{R}) = p(I) \times p_I(\overline{R}) = 0{,}9 \times 0{,}85 = 0{,}765 \]

1) 75 % des interventions sont programmées, donc \( p(\overline{U}) = 0{,}75 \) et \( p(U) = 0{,}25 \). Chalumeau : \( p_{\overline{U}}(C) = 0{,}85 \) et \( p_U(C) = 0{,}9 \).

2) \( p(U \cap C) = 0{,}25 \times 0{,}9 = \mathbf{0{,}225} \) et \( p(\overline{U} \cap C) = 0{,}75 \times 0{,}85 = \mathbf{0{,}6375} \).

3) Par la formule des probabilités totales : \( p(C) = 0{,}225 + 0{,}6375 = \mathbf{0{,}8625} \).

On calcule d’abord \( p(D) \) par la formule des probabilités totales (A, B, C forment une partition) :

\[ p(D) = 0{,}1 \times 0{,}23 + 0{,}2 \times 0{,}44 + 0{,}7 \times 0{,}17 = 0{,}023 + 0{,}088 + 0{,}119 = 0{,}23 \]

1) \( p_A(D) = 0{,}23 = p(D) \) : A et D sont indépendants. (Autre rédaction : \( p(A \cap D) = 0{,}023 \) et \( p(A) \times p(D) = 0{,}1 \times 0{,}23 = 0{,}023 \).)

2) \( p_B(D) = 0{,}44 \neq 0{,}23 = p(D) \) : B et D ne sont pas indépendants.

On lit \( p(A) = 0{,}4 \), \( p_A(B) = 0{,}8 \) et \( p_{\overline{A}}(B) = p \). Par la formule des probabilités totales :

\[ p(B) = 0{,}4 \times 0{,}8 + 0{,}6 \times p = 0{,}32 + 0{,}6p \]

A et B sont indépendants si et seulement si \( p_A(B) = p(B) \) :

\[ 0{,}8 = 0{,}32 + 0{,}6p \iff 0{,}6p = 0{,}48 \iff p = 0{,}8 \]

Vérification : avec \( p = 0{,}8 \), \( p(B) = 0{,}32 + 0{,}48 = 0{,}8 \), et \( p(A \cap B) = 0{,}32 = 0{,}4 \times 0{,}8 = p(A) \times p(B) \). Ensuite, on retrouve l’idée de l’indépendance : B a la même probabilité, que A soit réalisé ou non.