Probabilités conditionnelles en terminale : corrigé des exercices 1 à 10

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. 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. 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 %). 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 : \(P(\text{Ben est là})=1-0{,}17=0{,}83\).