Corrigé des 20 exercices sur les probabilités conditionnelles en terminale à télécharger en PDF

Si la première boule est rouge, on remet la boule et on double les rouges : l’urne contient \(2n\) rouges et \(p\) bleues. Si elle est bleue, elle contient \(n\) rouges et \(2p\) bleues.

Les deux informations s’écrivent :

\[ \frac{2n}{2n+p}=\frac{16}{33}\iff 66n=32n+16p\iff 34n=16p\iff 17n=8p, \]

\[ \frac{2p}{n+2p}=\frac{17}{21}\iff 42p=17n+34p\iff 8p=17n. \]

Les deux conditions donnent la même relation \(17n=8p\). Comme 17 et 8 sont premiers entre eux, \(n\) est un multiple de 8 et \(p\) le multiple correspondant de 17 : \(n=8k\) et \(p=17k\) avec \(k\) entier, \(k\geqslant 1\).

Vérification pour \(k=1\) : \(\frac{16}{16+17}=\frac{16}{33}\) et \(\frac{34}{8+34}=\frac{34}{42}=\frac{17}{21}\).

a) \(P(G)=0{,}6\), \(P(F)=0{,}4\), \(P_G(E)=0{,}7\), \(P_F(E)=0{,}8\).

b) Arbre pondéré :

c) \(P(F\cap E)=P(F)\times P_F(E)=0{,}4\times 0{,}8=0{,}32\).

a) \(P(S)=0{,}45\), \(P_S(N)=0{,}6\), \(P(\overline{S})=0{,}55\), \(P_{\overline{S}}(N)=0{,}7\) donc \(P_{\overline{S}}(\overline{N})=0{,}3\).

b) \(P(\overline{S}\cap\overline{N})=P(\overline{S})\times P_{\overline{S}}(\overline{N})=0{,}55\times 0{,}3=0{,}165\).

1) \(P(A)=0{,}3\), \(P_A(B)=0{,}4\), \(P_{\overline{A}}(B)=0{,}75\) :

2) \(P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)=0{,}3\times 0{,}4=0{,}12\).

3) Formule des probabilités totales :

\[ P(B)=P(A\cap B)+P(\overline{A}\cap B)=0{,}12+0{,}7\times 0{,}75=0{,}12+0{,}525=0{,}645. \]

4) \(P_B(A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}=\dfrac{0{,}12}{0{,}645}=\dfrac{8}{43}\approx 0{,}186\).

5) \(P(\overline{B})=1-0{,}645=0{,}355\) et \(P(A\cap\overline{B})=0{,}3\times 0{,}6=0{,}18\), donc

\[ P_{\overline{B}}(A)=\frac{0{,}18}{0{,}355}=\frac{36}{71}\approx 0{,}507. \]

6) Une dragée rose contient une amande avec une probabilité d’environ 0,507, contre 0,186 pour une bleue.

1) Notons M : « l’individu est malade » et T : « le test est positif ». \(P(M)=0{,}1\), \(P_{\overline{M}}(T)=0{,}01\), \(P_M(\overline{T})=0{,}001\), donc \(P_M(T)=0{,}999\).

2) a) Le traitement est donné aux individus testés positifs :

\[ P(T)=0{,}1\times 0{,}999+0{,}9\times 0{,}01=0{,}0999+0{,}009=0{,}1089, \]

soit 10,89 % de la population.

b) Traitement donné à tort : individu non malade et test positif, \(P(\overline{M}\cap T)=0{,}9\times 0{,}01=0{,}009\), soit 0,9 % de la population.

3) Soit X le nombre d’individus sous traitement parmi les 100. De plus, les tirages sont indépendants et identiques, avec deux issues : X suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(100\,;0{,}1089)\).

a) \(P(X=10)=\dbinom{100}{10}\times 0{,}1089^{10}\times 0{,}8911^{90}\approx 0{,}126\).

b) \(P(X\leqslant 5)\approx 0{,}033\) (calculatrice : somme des probabilités de 0 à 5).

On calcule d’abord les probabilités des intersections avec l’arbre 1 :

\[ \begin{aligned} P(A\cap B)&=\frac{1}{5}\times\frac{1}{8}=\frac{1}{40}, & P(A\cap\overline{B})&=\frac{1}{5}\times\frac{7}{8}=\frac{7}{40}, \\ P(\overline{A}\cap B)&=\frac{4}{5}\times\frac{4}{9}=\frac{16}{45}, & P(\overline{A}\cap\overline{B})&=\frac{4}{5}\times\frac{5}{9}=\frac{4}{9}. \end{aligned} \]

Probabilités totales : \(P(B)=\dfrac{1}{40}+\dfrac{16}{45}=\dfrac{9}{360}+\dfrac{128}{360}=\dfrac{137}{360}\) et \(P(\overline{B})=\dfrac{223}{360}\).

Puis \(P_B(A)=\dfrac{1/40}{137/360}=\dfrac{9}{137}\), \(P_B(\overline{A})=\dfrac{128}{137}\), \(P_{\overline{B}}(A)=\dfrac{7/40}{223/360}=\dfrac{63}{223}\), \(P_{\overline{B}}(\overline{A})=\dfrac{160}{223}\).

1) Soit X la dépense en lots pour un ticket. Ensuite, un ticket est gagnant avec probabilité 0,2 ; sachant qu’il est gagnant, le lot vaut 1 € (probabilité 0,8), 2 € (probabilité \(\frac{x}{100}\)) ou 100 € (probabilité \(\frac{20-x}{100}\)).

\[ \begin{aligned} E(X)&=0{,}2\left(0{,}8\times 1+\frac{x}{100}\times 2+\frac{20-x}{100}\times 100\right) \\ &=0{,}2\,(0{,}8+0{,}02x+20-x)=0{,}2\,(20{,}8-0{,}98x)=4{,}16-0{,}196x. \end{aligned} \]

\[ 4{,}16-0{,}196x=1{,}71\iff 0{,}196x=2{,}45\iff x=12{,}5. \]

La probabilité d’obtenir le lot de 2 € doit être 12,5 % (et donc 7,5 % pour le lot de 100 €). Vérification : \(0{,}2\times(0{,}8+0{,}25+7{,}5)=0{,}2\times 8{,}55=1{,}71\).

2) Pour chaque gagnant, on peut tirer au hasard une boule dans une urne de 40 boules indiscernables au toucher : 32 marquées « 1 € » (80 %), 5 marquées « 2 € » (12,5 %) et 3 marquées « 100 € » (7,5 %). Par ailleurs, on peut aussi tirer un nombre entier au hasard entre 1 et 40 à la calculatrice.

1) Le 1^er jour, Bill achète du pain, donc \(p_2=0{,}3\). Puis

\[ p_3=p_2\times 0{,}3+(1-p_2)\times 0{,}8=0{,}09+0{,}56=0{,}65. \]

2) Arbre du jour \(n\) au jour \(n+1\) :

3) Formule des probabilités totales :

\[ p_{n+1}=0{,}3p_n+0{,}8(1-p_n)=0{,}8-0{,}5p_n. \]

4) Par récurrence, notons \(P(n)\) : « \(p_n=\frac{7}{15}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}+\frac{8}{15}\) ».

• Initialisation : \(\frac{7}{15}\times 1+\frac{8}{15}=1=p_1\).
• Hérédité : si \(P(n)\) est vraie, \(p_{n+1}=0{,}8-0{,}5\left(\frac{7}{15}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}+\frac{8}{15}\right)=\frac{12}{15}-\frac{4}{15}+\frac{7}{15}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}=\frac{7}{15}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}+\frac{8}{15}\).
• Conclusion : la formule est vraie pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\).

5) a) \(-1\lt -\frac{1}{2}\lt 1\), donc \(\lim\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}=0\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}p_n=\dfrac{8}{15}\approx 0{,}533\).

b) Sur le long terme, quel que soit le premier jour, Bill achète du pain environ un jour sur deux (un peu plus : 8 jours sur 15).

A et B indépendants signifie \(P(A\cap B)=P(A)\times P(B)\).

1) \(P(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{0{,}085}{0{,}15}=\dfrac{17}{30}\approx 0{,}567\).

2) \(P(F)=1-0{,}53=0{,}47\), donc \(P(E)=\dfrac{0{,}25}{0{,}47}=\dfrac{25}{47}\approx 0{,}532\).

3) \(P(C\cup D)=P(C)+P(D)-P(C)P(D)\), donc

\[ 0{,}23=0{,}11+P(D)(1-0{,}11)\iff 0{,}89\,P(D)=0{,}12\iff P(D)=\frac{12}{89}\approx 0{,}135. \]

Notons R : « Nat’ est refusée » et V : « Ben va faire du vélo ». \(P(R)=\frac{1}{5}=0{,}2\) et \(P(V)=0{,}85\), R et V indépendants.

Ben n’est pas là seulement si Nat’ est refusée (elle rentre tôt) et Ben est parti à vélo :

\[ P(R\cap V)=P(R)\times P(V)=0{,}2\times 0{,}85=0{,}17. \]

Dans tous les autres cas il est là : \(P(\text{Ben est là})=1-0{,}17=0{,}83\).

On utilise la règle des nœuds : la somme des probabilités des branches issues d’un même nœud vaut 1.

• Premier niveau : \( P(A)=1-P(\overline{A})=1-0{,}64=0{,}36 \).
• Sachant A : \( P_A(\overline{B})=1-P_A(B)=1-0{,}1=0{,}9 \).
• Sachant \( \overline{A} \) : \( P_{\overline{A}}(B)=1-P_{\overline{A}}(\overline{B})=1-\frac{3}{8}=\frac{5}{8} \) (soit 0,625).

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

\[ \begin{aligned} P(B) &= P(A\cap B)+P(\overline{A}\cap B) \\ &= P(A)\times P_A(B)+P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(B) \\ &= 0{,}36\times 0{,}1+0{,}64\times \frac{5}{8} \\ &= 0{,}036+0{,}4 \\ &= 0{,}436. \end{aligned} \]

1) Dans chaque ligne, la somme des cases vaut le total de la ligne :

• « Seule » et « Pas studio » : \( 15-8=7 \) ;
• « Plusieurs » et « Pas studio » : \( 7-2=5 \).

Vérification sur la colonne « Pas studio » : \( 7+5=12 \), c’est bien le total indiqué.

2) a) L’appartement est choisi au hasard parmi les 22 : on est en situation d’équiprobabilité.

• \( P(S)=\frac{10}{22}=\frac{5}{11} \) (10 studios sur 22 appartements).
• \( P_{\overline{S}}(PL) \) : parmi les 12 appartements qui ne sont pas des studios, 5 sont occupés par plusieurs personnes, donc \( P_{\overline{S}}(PL)=\frac{5}{12} \).
• \( P_{PL}(S) \) : parmi les 7 appartements occupés par plusieurs personnes, 2 sont des studios, donc \( P_{PL}(S)=\frac{2}{7} \).

b) S et PL sont indépendants si et seulement si \( P(S\cap PL)=P(S)\times P(PL) \).

\[ P(S\cap PL)=\frac{2}{22}=\frac{1}{11}=\frac{22}{242} \quad\text{et}\quad P(S)\times P(PL)=\frac{10}{22}\times\frac{7}{22}=\frac{70}{484}=\frac{35}{242}. \]

Comme \( \frac{22}{242}\neq\frac{35}{242} \), S et PL ne sont pas indépendants. Puis on pouvait aussi comparer \( P_{PL}(S)=\frac{2}{7}\approx 0{,}29 \) et \( P(S)=\frac{5}{11}\approx 0{,}45 \) : savoir que l’appartement est occupé par plusieurs personnes modifie la probabilité que ce soit un studio.

Dans un arbre pondéré, les branches qui partent d’un même nœud doivent mener à des événements qui forment une partition : en général un événement et son contraire (leurs probabilités ont alors pour somme 1).

• Premier niveau : on lit A et B. Ce n’est pas un événement et son contraire (rien ne dit que \( B=\overline{A} \)) : la seconde branche doit être \( \overline{A} \).
• Deuxième niveau : on lit \( \overline{A} \) et \( \overline{B} \). Ce ne sont pas des événements contraires, et la branche « \( \overline{A} \) sachant A » n’a aucun sens : \( P_A(\overline{A})=0 \). Il faut B et \( \overline{B} \).

L’erreur est donc que les lettres \( \overline{A} \) et B ont été échangées : B doit être au deuxième niveau et \( \overline{A} \) au premier. Ensuite, l’arbre correct est : A puis (B ou \( \overline{B} \)) ; \( \overline{A} \) puis (B ou \( \overline{B} \)).

1) On complète les pondérations avec la règle des nœuds :

• \( P(\overline{R})=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4} \) ;
• \( P_R(\overline{S})=1-\frac{5}{6}=\frac{1}{6} \) ;
• \( P_{\overline{R}}(S)=1-\frac{11}{12}=\frac{1}{12} \).

2) On note :

• F : « Tao a de quoi préparer à manger dans son réfrigérateur » ;
• B : « le repas est bon ».

L’énoncé donne \( P(F)=0{,}8 \), \( P_F(B)=0{,}65 \) (repas préparé par Tao) et \( P_{\overline{F}}(B)=0{,}99 \) (repas au restaurant). Puis on en déduit \( P(\overline{F})=0{,}2 \), \( P_F(\overline{B})=0{,}35 \) et \( P_{\overline{F}}(\overline{B})=0{,}01 \).

Pour aller plus loin, la formule des probabilités totales donne la probabilité que le repas soit bon : \( P(B)=0{,}8\times 0{,}65+0{,}2\times 0{,}99=0{,}52+0{,}198=0{,}718 \).

On utilise la définition \( P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)} \) (avec \( P(A)\neq 0 \)), et sa forme « produit » \( P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B) \).

Premier cas. \[ P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{0{,}06}{0{,}1}=0{,}6. \]

Deuxième cas. \( P(\overline{D})=1-0{,}6=0{,}4 \), donc \[ P_{\overline{D}}(C)=\frac{P(C\cap\overline{D})}{P(\overline{D})}=\frac{0{,}35}{0{,}4}=0{,}875=\frac{7}{8}. \]

Troisième cas. E et F sont disjoints, donc \( E\cap F=\varnothing \) et \( P(E\cap F)=0 \). Comme \( P(E)\neq 0 \) : \[ P_E(F)=\frac{0}{P(E)}=0. \] Si E est réalisé, F ne peut pas l’être.

Quatrième cas. On calcule d’abord l’intersection avec \( P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \) :

\[ P(A\cap B)=0{,}37+0{,}68-0{,}84=0{,}21. \]

1) \( P_A(B)=\frac{0{,}21}{0{,}37}=\frac{21}{37}\approx 0{,}568 \). 2) \( P_B(A)=\frac{0{,}21}{0{,}68}=\frac{21}{68}\approx 0{,}309 \).

Cinquième cas. 1) \( P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)=0{,}63\times 0{,}06=0{,}0378 \).

2) \( P_A(\overline{B})=1-0{,}06=0{,}94 \), donc \( P(A\cap\overline{B})=0{,}63\times 0{,}94=0{,}5922 \) (on vérifie : \( 0{,}0378+0{,}5922=0{,}63=P(A) \)).

Sixième cas. \( P(\overline{E})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3} \) et \( P_{\overline{E}}(\overline{F})=1-\frac{7}{12}=\frac{5}{12} \).

1) \[ P(\overline{E}\cap F)=P(\overline{E})\times P_{\overline{E}}(F)=\frac{2}{3}\times\frac{7}{12}=\frac{14}{36}=\frac{7}{18}. \]

2) \[ P(\overline{E}\cap\overline{F})=\frac{2}{3}\times\frac{5}{12}=\frac{10}{36}=\frac{5}{18}. \]

1) On traduit l’énoncé :

• « 60 % du temps, Issa dit qu’il a loupé » : \( P(L)=0{,}6 \), donc \( P(\overline{L})=0{,}4 \) ;
• « quand il dit ça, il a 15 ou plus les 3/4 du temps » : \( P_L(B)=0{,}75 \), donc \( P_L(\overline{B})=0{,}25 \) ;
• « quand il ne dit rien, 15 ou plus à 95 % » : \( P_{\overline{L}}(B)=0{,}95 \), donc \( P_{\overline{L}}(\overline{B})=0{,}05 \).

2) \[ P(L\cap B)=P(L)\times P_L(B)=0{,}6\times 0{,}75=0{,}45. \]

Interprétation : après un devoir de mathématiques, la probabilité qu’Issa dise qu’il a loupé et obtienne pourtant 15 ou plus est 0,45 ; cela arrive dans 45 % des devoirs.

3) « Il ne dit rien et il a moins de 15 » est l’événement \( \overline{L}\cap\overline{B} \) :

\[ P(\overline{L}\cap\overline{B})=P(\overline{L})\times P_{\overline{L}}(\overline{B})=0{,}4\times 0{,}05=0{,}02. \]

On note A : « le logiciel choisit l’album qui contient la chanson préférée » et C : « la première chanson jouée est la préférée de Naïm ».

• Le logiciel choisit un album au hasard parmi 10 : \( P(A)=\frac{1}{10} \).
• Si c’est le bon album, il choisit une chanson au hasard parmi ses 12 titres : \( P_A(C)=\frac{1}{12} \).
• Si c’est un autre album, la chanson préférée ne peut pas être jouée : \( P_{\overline{A}}(C)=0 \).

La seule branche qui mène à C est celle en rouge :

\[ P(C)=P(A\cap C)=P(A)\times P_A(C)=\frac{1}{10}\times\frac{1}{12}=\frac{1}{120}\approx 0{,}0083. \]

1) Dans un tableau de probabilités, chaque ligne et chaque colonne s’additionnent jusqu’au total, et le total général vaut 1.

• \( P(B)=1-0{,}32=0{,}68 \) ;
• \( P(A\cap\overline{B})=0{,}32-0{,}13=0{,}19 \) ;
• \( P(\overline{A}\cap B)=0{,}68-0{,}44=0{,}24 \) ;
• \( P(A)=0{,}44+0{,}19=0{,}63 \) et \( P(\overline{A})=0{,}24+0{,}13=0{,}37 \) (vérification : \( 0{,}63+0{,}37=1 \)).

2) On lit : \( P(A)=0{,}63 \), \( P(\overline{B})=0{,}32 \), \( P(A\cap B)=0{,}44 \) et \( P(\overline{A}\cap\overline{B})=0{,}13 \).

3) Avec \( P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)} \) :

\[ \begin{aligned} P_A(B) &= \frac{0{,}44}{0{,}63}=\frac{44}{63} & P_A(\overline{B}) &= \frac{0{,}19}{0{,}63}=\frac{19}{63} \\ P_{\overline{A}}(B) &= \frac{0{,}24}{0{,}37}=\frac{24}{37} & P_{\overline{A}}(\overline{B}) &= \frac{0{,}13}{0{,}37}=\frac{13}{37} \end{aligned} \]

Ces fractions sont irréductibles : \( 63=3^2\times 7 \) n’a aucun facteur commun avec \( 44=2^2\times 11 \) ni avec 19, et 37 est premier.

4) On reporte \( P(A) \), \( P(\overline{A}) \) et les quatre probabilités conditionnelles de la question 3 :

5) On part cette fois de \( P(B)=0{,}68 \) et \( P(\overline{B})=0{,}32 \), puis :

\[ \begin{aligned} P_B(A) &= \frac{0{,}44}{0{,}68}=\frac{44}{68}=\frac{11}{17} & P_B(\overline{A}) &= \frac{0{,}24}{0{,}68}=\frac{6}{17} \\ P_{\overline{B}}(A) &= \frac{0{,}19}{0{,}32}=\frac{19}{32} & P_{\overline{B}}(\overline{A}) &= \frac{0{,}13}{0{,}32}=\frac{13}{32} \end{aligned} \]

Premier cas.

1) A est la réunion des deux événements disjoints \( A\cap B \) et \( A\cap\overline{B} \), donc \( P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap\overline{B}) \) et

\[ P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\cap B)=0{,}8-0{,}48=0{,}32. \]

2) \[ P_A(\overline{B})=\frac{P(A\cap\overline{B})}{P(A)}=\frac{0{,}32}{0{,}8}=0{,}4. \]

Deuxième cas. \( P(\overline{E})=1-0{,}4=0{,}6 \), donc \( P(\overline{E}\cap F)=P(\overline{E})-P(\overline{E}\cap\overline{F})=0{,}6-0{,}12=0{,}48 \) et

\[ P_{\overline{E}}(F)=\frac{0{,}48}{0{,}6}=0{,}8. \]

Troisième cas. \( P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0{,}45+0{,}6-0{,}71=0{,}34 \). De plus, on en déduit \( P(A\cap\overline{B})=0{,}45-0{,}34=0{,}11 \) et \( P(\overline{B})=1-0{,}6=0{,}4 \).

• 1) \( P_A(B)=\frac{0{,}34}{0{,}45}=\frac{34}{45}\approx 0{,}756 \).
• 2) \( P_A(\overline{B})=1-P_A(B)=\frac{11}{45}\approx 0{,}244 \).
• 3) \( P_{\overline{B}}(A)=\frac{P(A\cap\overline{B})}{P(\overline{B})}=\frac{0{,}11}{0{,}4}=0{,}275 \).
• 4) \( P_{\overline{B}}(\overline{A})=1-P_{\overline{B}}(A)=1-0{,}275=0{,}725 \).

Une branche du premier niveau porte la probabilité de l’événement qu’elle atteint. Ensuite, une branche du second niveau porte une probabilité conditionnelle : celle de l’événement d’arrivée, sachant l’événement du nœud de départ.

• \( 0{,}2=P(A) \) et \( 0{,}8=P(\overline{A}) \) ;
• \( 0{,}35=P_A(B) \) et \( 0{,}65=P_A(\overline{B}) \) ;
• \( 0{,}58=P_{\overline{A}}(B) \) et \( 0{,}42=P_{\overline{A}}(\overline{B}) \).

On contrôle la règle des nœuds : \( 0{,}2+0{,}8=1 \), \( 0{,}35+0{,}65=1 \) et \( 0{,}58+0{,}42=1 \).