Urnes, dénombrement et formule de Bayes : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : urnes, dénombrement et formule de Bayes

Le corrigé détaillé : urnes, dénombrement et formule de Bayes

Exercice 1 – Quatre façons de compter dans un laboratoire (4 points)

1. Un badge est une suite ordonnée de quatre couleurs, où une même couleur peut revenir : c’est donc une 4-liste d’un ensemble à 7 éléments. Il y en a \(7^4 = 2401\). Quand les couleurs doivent être distinctes, on compte en revanche des arrangements de 4 éléments parmi 7, soit \(7 \times 6 \times 5 \times 4 = 840\). On peut fabriquer 2401 badges, dont 840 à couleurs distinctes.

2. Un comité est une partie à trois éléments de l’ensemble des onze chercheurs, car l’ordre de désignation ne compte pas. Il y a donc \(\binom{11}{3} = \frac{11 \times 10 \times 9}{6} = 165\) comités. Par passage au complémentaire, on retire ensuite les comités sans femme, formés de trois hommes : il y en a \(\binom{5}{3} = 10\). Ainsi, 155 comités comptent au moins une femme.

   Un comité à exactement deux femmes s’obtient en choisissant d’abord deux femmes parmi six, puis un homme parmi cinq : il y en a \(\binom{6}{2} \times \binom{5}{1} = 15 \times 5 = 75\). Comme le tirage est équiprobable sur les 165 comités, la probabilité cherchée vaut \(\frac{75}{165} = \frac{5}{11}\).

3. Fonctions distinctes et lettres répétées

   Désigner un directeur, puis un trésorier, puis un secrétaire distincts revient à choisir un arrangement de 3 personnes parmi 11, car les fonctions sont différenciées. Il y a \(11 \times 10 \times 9 = 990\) façons de procéder.

4. Le mot PARALLELE compte neuf lettres : un P, deux A, un R, trois L et deux E. Si toutes les lettres étaient distinguées (par exemple par des indices), on obtiendrait \(9! = 362\,880\) mots. Cependant, permuter entre elles les lettres identiques ne change pas le mot écrit. Chaque anagramme correspond donc exactement à \(2! \times 3! \times 2! = 24\) mots indicés. Il y a \(\frac{362\,880}{24} = 15\,120\) mots de passe possibles. On retrouve ce nombre en plaçant les lettres une à une : \(\binom{9}{1}\binom{8}{2}\binom{6}{1}\binom{5}{3}\binom{2}{2} = 9 \times 28 \times 6 \times 10 \times 1 = 15\,120\).

Barème : 1) 0,5 point par nombre avec son modèle ; 2) 0,5 pour 165, 0,5 pour 155 et 0,5 pour la probabilité ; 3) 0,5 point ; 4) 0,5 pour la justification de la division et 0,5 pour le résultat.

Piège classique : compter les comités avec au moins une femme en choisissant « une femme, puis deux personnes quelconques ». Ce calcul donne \(6 \times 45 = 270\), car il compte plusieurs fois un même comité qui contient plusieurs femmes.

Exercice 2 – Chemins dans une grille et double comptage (4 points)

1. Un chemin de \(O\) à \((a, b)\) doit augmenter l’abscisse de \(a\) et l’ordonnée de \(b\). Il comporte donc exactement \(a\) pas vers la droite et \(b\) pas vers le haut, soit \(a + b\) pas au total. Un tel chemin est entièrement déterminé par l’ensemble des rangs, parmi \(1, \ldots, a + b\), occupés par les pas vers la droite. Réciproquement, toute partie à \(a\) éléments de \(\{1, \ldots, a + b\}\) définit un chemin. On obtient ainsi une bijection, donc le nombre de chemins vaut \(\binom{a + b}{a}\).
2. Avec \(a = 6\) et \(b = 4\), le résultat précédent fournit \(\binom{10}{6} = \binom{10}{4} = 210\) trajets de \(O\) jusqu’à \(A\). Pour atteindre \(A\) en visitant \(M\), on recolle un trajet initial de \(O\) vers \(M\) avec un trajet final issu de \(M\). Ce dernier, translaté, aboutit en \((4, 3)\) depuis l’origine. Par le principe multiplicatif, il y a alors \(\binom{3}{2} \times \binom{7}{4} = 3 \times 35 = 105\) chemins par \(M\). La probabilité de passer par \(M\) vaut donc \(\frac{105}{210} = \frac{1}{2}\).

3. Une identité prouvée en comptant deux fois

   Notons \(\Gamma\) l’ensemble des chemins de \(O\) à \((p, q + 1)\) ; d’après la question 1, son cardinal vaut \(\binom{p + q + 1}{q + 1}\). Chaque chemin de \(\Gamma\) contient \(q + 1 \geq 1\) pas vers le haut, donc il possède un dernier pas vers le haut. Ce pas va d’un point \((k, q)\) au point \((k, q + 1)\), avec \(0 \leq k \leq p\), puis il n’est suivi que de pas vers la droite.

   Pour \(k\) fixé, un chemin de \(\Gamma\) dont le dernier pas vers le haut part de \((k, q)\) est donc déterminé par sa portion de \(O\) à \((k, q)\), qui est quelconque. Il y a ainsi \(\binom{k + q}{k} = \binom{k + q}{q}\) tels chemins. Enfin, les sous-ensembles obtenus pour \(k = 0, \ldots, p\) forment une partition de \(\Gamma\). En sommant leurs cardinaux, on obtient \(\binom{p + q + 1}{q + 1} = \sum_{k = 0}^{p} \binom{k + q}{q}\).

4. Avec \(q = 2\) et \(p = 6\), la formule donne \(\sum_{k = 0}^{6} \binom{k + 2}{2} = \binom{9}{3} = 84\). Par un calcul direct, on trouve aussi \(1 + 3 + 6 + 10 + 15 + 21 + 28 = 84\). La somme vaut 84.

Barème : 1) bijection avec les parties (0,75) et conclusion (0,25) ; 2) 0,25 pour 210, 0,5 pour 105 et 0,25 pour la probabilité ; 3) existence du dernier pas (0,5), décompte à k fixé (0,5) et partition (0,5) ; 4) 0,5 point.

Exercice 3 – Une boule change de boîte (4 points)

1. La boule transférée est soit bleue, soit orange, et pas les deux : les événements \(T_b\) et \(T_o\) sont donc incompatibles et leur réunion est l’univers entier. Ainsi \((T_b, T_o)\) est un système complet, avec \(P(T_b) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\) et \(P(T_o) = \frac{1}{3}\), puisque le tirage dans \(A\) est équiprobable.

2. Sachant \(T_b\), la boîte \(B\) contient deux boules bleues et cinq orange. Les \(\binom{7}{2} = 21\) paires de boules sont équiprobables, et \(\binom{5}{2} = 10\) d’entre elles sont formées de deux boules orange : \(P_{T_b}(N) = \frac{10}{21}\). Sachant \(T_o\), en revanche, \(B\) contient une boule bleue et six orange, donc \(P_{T_o}(N) = \frac{\binom{6}{2}}{21} = \frac{15}{21} = \frac{5}{7}\).

   Comme \(T_b\) et \(T_o\) sont de probabilités non nulles, la formule des probabilités totales s’applique au système complet \((T_b, T_o)\) :

   \[P(N) = P(T_b) P_{T_b}(N) + P(T_o) P_{T_o}(N) = \frac{2}{3} \times \frac{10}{21} + \frac{1}{3} \times \frac{15}{21} = \frac{20}{63} + \frac{15}{63}.\]

   Par conséquent, \(P(N) = \frac{35}{63} = \frac{5}{9}\). L’arbre ci-dessous résume ces calculs.

   

3. Remonter à la couleur transférée

   L’événement « au moins une boule tirée est bleue » est le complémentaire \(\overline{N}\), de probabilité \(1 – \frac{5}{9} = \frac{4}{9} = \frac{28}{63}\), qui est non nulle. De plus, \(P(T_b \cap \overline{N}) = \frac{2}{3} \times \frac{11}{21} = \frac{22}{63}\). D’après la formule de Bayes, on a alors \(P_{\overline{N}}(T_b) = \frac{22}{63} \times \frac{63}{28}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{22}{28} = \frac{11}{14}\).

4. D’une part, \(P(T_b \cap N) = \frac{20}{63} = \frac{60}{189}\) ; d’autre part, \(P(T_b) P(N) = \frac{2}{3} \times \frac{5}{9} = \frac{10}{27} = \frac{70}{189}\). Ces deux nombres diffèrent, donc \(T_b\) et \(N\) ne sont pas indépendants. En effet, transférer une boule bleue augmente la proportion de bleues dans \(B\), ce qui rend \(N\) moins probable : \(P_{T_b}(N) = \frac{10}{21}\) est inférieur à \(P(N) = \frac{5}{9}\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 0,5 par probabilité conditionnelle et 0,5 pour \(P(N)\) avec la formule citée ; 3) complémentaire (0,25), intersection (0,25) et résultat (0,5) ; 4) comparaison (0,75) et interprétation (0,25).

Piège classique : confondre \(P_{\overline{N}}(T_b)\) et \(P_{T_b}(\overline{N})\). La seconde vaut \(\frac{11}{21}\) et se lit directement sur l’arbre, alors que la première demande la formule de Bayes.

Exercice 4 – Problème : fiabilité d’un dépistage (8 points)

Le premier dépistage, lu sur un arbre pondéré

1. Les données se traduisent par \(P(M) = 0{,}02\), \(P_M(T) = 0{,}9\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}95\). Par passage au complémentaire pour une probabilité conditionnelle, on en déduit aussi \(P_M(\overline{T}) = 0{,}1\) et \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}05\). L’arbre suivant regroupe ces valeurs.
   

   

2. Énoncé. Pour chaque indice \(k\) compris entre 1 et \(m\), on a :

   \[P_E(H_k) = \frac{P_{H_k}(E) \times P(H_k)}{P_{H_1}(E) \times P(H_1) + \cdots + P_{H_m}(E) \times P(H_m)}.\]

   Démonstration. Puisque \(E\) a une probabilité non nulle, le conditionnement par \(E\) est défini par \(P_E(H_k) \times P(E) = P(E \cap H_k)\). De même, \(P(H_k)\) est non nul, si bien que \(P(E \cap H_k) = P_{H_k}(E) \times P(H_k)\) : cela règle le numérateur. Quant au dénominateur, les parties \(E \cap H_1, \ldots, E \cap H_m\) sont disjointes, puisque les \(H_i\) forment une partition. En outre, elles recouvrent \(E\) tout entier. Par additivité, \(P(E)\) est donc la somme des \(P(E \cap H_i)\), soit la somme des \(P_{H_i}(E) \times P(H_i)\). Il suffit enfin de diviser le numérateur par cette somme pour conclure.

3. Les événements \(M\) et \(\overline{M}\) partitionnent l’univers et aucun n’est de probabilité nulle. En sommant les deux chemins de l’arbre qui mènent à \(T\), on trouve donc \(P(T) = 0{,}02 \times 0{,}9 + 0{,}98 \times 0{,}05 = 0{,}018 + 0{,}049\). Ainsi \(P(T) = 0{,}067\).
4. Comme \(P(T) > 0\), la formule de Bayes donne \(P_T(M) = \frac{0{,}018}{0{,}067} = \frac{18}{67}\). Une personne testée positive est malade avec probabilité \(\frac{18}{67} \approx 0{,}27\). Ce résultat surprend, car le test semble fiable. Pourtant, les personnes saines sont si nombreuses que leurs faux positifs (\(0{,}049\)) dépassent nettement les vrais positifs (\(0{,}018\)).
5. Le complémentaire donne \(P(\overline{T}) = 1 – 0{,}067 = 0{,}933\), tandis que l’arbre fournit \(P(\overline{M} \cap \overline{T}) = 0{,}98 \times 0{,}95 = 0{,}931\). Par quotient, \(P_{\overline{T}}(\overline{M}) = \frac{931}{933} \approx 0{,}998\) : à l’inverse du cas positif, un résultat négatif rassure presque totalement.

Quand la prévalence varie

6. Le raisonnement des questions 3 et 4 reste valable pour tout \(p\) de \(]0, 1[\). D’abord, \(P(T) = 0{,}9p + 0{,}05(1 – p) = 0{,}05 + 0{,}85p\), qui est strictement positif. Ensuite, la formule de Bayes donne \(P_T(M) = \frac{0{,}9p}{0{,}05 + 0{,}85p}\). En multipliant numérateur et dénominateur par 20, on obtient \(P_T(M) = \frac{18p}{1 + 17p} = f(p)\).

7. Le dénominateur \(1 + 17x\) ne s’annule pas sur \([0, 1]\), donc \(f\) y est dérivable, et :

   \[f^{\prime}(x) = \frac{18(1 + 17x) – 18x \times 17}{(1 + 17x)^2} = \frac{18}{(1 + 17x)^2} > 0.\]

   La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \([0, 1]\), de \(f(0) = 0\) à \(f(1) = 1\). La maladie est au moins aussi probable que son absence sachant \(T\) lorsque \(P_T(M) \geq P_T(\overline{M}) = 1 – P_T(M)\), c’est-à-dire quand \(f(p) \geq \frac{1}{2}\). Comme \(1 + 17p > 0\), cette inégalité équivaut à \(36p \geq 1 + 17p\), soit \(p \geq \frac{1}{19}\). La prévalence minimale est \(\frac{1}{19} \approx 0{,}053\). Sur la courbe, la droite d’ordonnée \(\frac{1}{2}\) est en effet coupée juste après l’abscisse \(0{,}05\).

Ce qu’apporte un second test

8. Par indépendance pour \(P_M\), on a \(P_M(T_1 \cap T_2) = 0{,}9^2 = 0{,}81\). De même, pour \(P_{\overline{M}}\), on obtient \(P_{\overline{M}}(T_1 \cap T_2) = 0{,}05^2 = 0{,}0025\). La formule des probabilités totales donne alors :

   \[P(T_1 \cap T_2) = 0{,}02 \times 0{,}81 + 0{,}98 \times 0{,}0025 = 0{,}0162 + 0{,}00245 = 0{,}01865.\]

   Par la formule de Bayes, \(P_{T_1 \cap T_2}(M) = \frac{0{,}0162}{0{,}01865} = \frac{16\,200}{18\,650}\). En simplifiant par 50, la probabilité vaut \(\frac{324}{373} \approx 0{,}87\). Un second résultat positif rend donc la maladie très probable.

9. Le calcul de la question 3 s’applique à chaque test, donc \(P(T_1) = P(T_2) = 0{,}067\). Ainsi \(P(T_1) P(T_2) = 0{,}004489\), tandis que \(P(T_1 \cap T_2) = 0{,}01865\), environ quatre fois plus. Par conséquent, \(T_1\) et \(T_2\) sont liés pour la probabilité \(P\). En effet, un premier test positif rend la maladie plus probable, ce qui augmente à son tour les chances d’un second test positif.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) énoncé (0,5) et démonstration (1) ; 3) formule citée (0,5) et valeur (0,5) ; 4) valeur (0,5) et commentaire (0,5) ; 5) 0,5 point ; 6) 1 point ; 7) variations (0,5) et seuil (0,5) ; 8) 1 point ; 9) 0,5 point.

Piège classique : confondre la sensibilité \(P_M(T)\) avec la probabilité \(P_T(M)\). Un test sensible à 90 % ne signifie pas que 90 % des personnes testées positives sont malades.

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