Exercice 1 : déterminer des événements contraires
1) \((X > 5)\) :
L’événement contraire est \((X \leq\, 5)\).
2) \(X\) est supérieur ou égal à 2 :
L’événement contraire est \(X < 2\).
3) \((X \leq\, 3)\) :
L’événement contraire est \((X > 3)\).
4) \(X\) est inférieur ou égal à 4 :
L’événement contraire est \(X > 4\).
Exercice 2 : donner l’affirmation contraire
La correction de l’exercice est la suivante :
1) « Tous les élèves de la classe seront admis au bac »
\[
\text{Affirmation contraire : } \exists \text{ au moins un élève de la classe qui ne sera pas admis au bac.}
\]
2) « Paul mange tous les jours à la cantine »
\[
\text{Affirmation contraire : } \text{Il existe au moins un jour où Paul ne mange pas à la cantine.}
\]
3) « Je ne vais jamais au cinéma le dimanche »
\[
\text{Affirmation contraire : } \text{Il existe au moins un dimanche où je vais au cinéma.}
\]
4) « Chaque élève de la classe possède un téléphone portable »
\[
\text{Affirmation contraire : } \text{Il existe au moins un élève de la classe qui ne possède pas de téléphone portable.}
\]
Exercice 3 : loi de probabilité
Soit \( X \) une variable aléatoire définie par la table de probabilités suivante :
\[
\begin{array}{c|ccccc}
x_i 0 1 2 3 4 \\
\hline
p_i 0,15 0,2 a 0,05 0,35 \\
\end{array}
\]
Pour que cette table définisse correctement une loi de probabilité, il faut que la somme de toutes les probabilités soit égale à 1. Autrement dit,
\[
\sum p_i = 1
\]
Ainsi,
\[
0,15 + 0,2 + a + 0,05 + 0,35 = 1
\]
Nous pouvons désormais résoudre cette équation pour trouver \( a \) :
\[
0,15 + 0,2 + 0,05 + 0,35 + a = 1
\]
\[
0,75 + a = 1
\]
\[
a = 1 – 0,75
\]
\[
a = 0,25
\]
Ainsi, \( a \) doit être égal à 0,25 pour que la table définisse correctement une loi de probabilité.
Exercice 4 : calculer des probabilités
1. Les probabilités données sont :
\( P(A) = \frac{2}{7} \)
\( P(\overline{A}) = \frac{5}{7} \)
\( P(B|A) = \frac{3}{5} \)
\( P(\overline{B}|A) = \frac{2}{5} \)
\( P(\overline{B}|\overline{A}) = \frac{1}{3} \)
2. Les probabilités manquantes :
On peut déterminer les probabilités restantes en utilisant le fait que la somme des probabilités d’un événement et de son complémentaire vaut 1.
\( P(B|\overline{A}) = 1 – P(\overline{B}|\overline{A}) = 1 – \frac{1}{3} = \frac{2}{3} \)
3. Pour déterminer \( P(B) \) :
Utilisons la formule de la probabilité totale :
\[
P(B) = P(B \cap A) + P(B \cap \overline{A})
\]
Où :
\[
P(B \cap A) = P(B|A) \cdot P(A) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{7} = \frac{6}{35}
\]
\[
P(B \cap \overline{A}) = P(B|\overline{A}) \cdot P(\overline{A}) = \frac{2}{3} \cdot \frac{5}{7} = \frac{10}{21}
\]
Additionnons les deux résultats :
\[
P(B) = \frac{6}{35} + \frac{10}{21}
\]
Pour additionner ces fractions, utilisons un dénominateur commun qui est 105 :
\[
\frac{6}{35} = \frac{6 \times 3}{35 \times 3} = \frac{18}{105}
\]
\[
\frac{10}{21} = \frac{10 \times 5}{21 \times 5} = \frac{50}{105}
\]
Donc,
\[
P(B) = \frac{18}{105} + \frac{50}{105} = \frac{68}{105}
\]
Par conséquent, la probabilité \( P(B) \) est :
\[
P(B) = \frac{68}{105}
\]
Exercice 5 : calculer la probabilité de AUB
Les solutions demandées se calculent de la façon suivante :
1. Calcul de \( \mathrm{P}(A \cup B) \) :
\[
\mathrm{P}(A \cup B) = \mathrm{P}(A) + \mathrm{P}(B) – \mathrm{P}(A \cap B)
\]
En remplaçant les valeurs données :
\[
\mathrm{P}(A \cup B) = 0{,}3 + 0{,}6 – 0{,}2 = 0{,}7
\]
2. Calcul de \( \mathrm{P}_B(A) \) :
\[
\mathrm{P}_B(A) = \frac{\mathrm{P}(A \cap B)}{\mathrm{P}(B)}
\]
En remplaçant les valeurs données :
\[
\mathrm{P}_B(A) = \frac{0{,}2}{0{,}6} = \frac{1}{3}
\]
3. Calcul de \( \mathrm{P}_A(B) \) :
\[
\mathrm{P}_A(B) = \frac{\mathrm{P}(A \cap B)}{\mathrm{P}(A)}
\]
En remplaçant les valeurs données :
\[
\mathrm{P}_A(B) = \frac{0{,}2}{0{,}3} \approx 0{,}67
\]
Les résultats finaux sont :
– \( \mathrm{P}(A \cup B) = 0{,}7 \)
– \( \mathrm{P}_B(A) = \frac{1}{3} \)
– \( \mathrm{P}_A(B) \approx 0{,}67 \)
Exercice 6 : des événements indépendants ?
Pour déterminer si les événements \( A \) et \( B \) sont indépendants, nous devons vérifier si la relation suivante est satisfaite :
\[ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \]
Les probabilités données sont :
\[ P(A) = \frac{7}{8} \]
\[ P(B) = \frac{2}{7} \]
\[ P(A \cap B) = \frac{1}{4} \]
Calculons d’abord le produit des probabilités \( P(A) \) et \( P(B) \) :
\[ P(A) \cdot P(B) = (\frac{7}{8}) \cdot (\frac{2}{7}) = \frac{7 \times 2}{8 \times 7} = \frac{14}{56} = \frac{1}{4} \]
Nous constatons que :
\[ P(A \cap B) = \frac{1}{4} = P(A) \cdot P(B) \]
Ainsi, la relation \( P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \) est vérifiée.
Par conséquent, les événements \( A \) et \( B \) sont indépendants.
Exercice 7 : calculer deux probabilités
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
A_1 \overline{A_1} \text{Total} \\
\hline
A_2 0,55 0,15 0,7 \\
\hline
\overline{A_2} 0,15 0,15 0,3 \\
\hline
\text{Total} 0,7 0,3 1 \\
\hline
\end{array}
D’après le tableau complété, nous avons :
\[
P_{A_2}(A_1) = \frac{P(A_1 \cap A_2)}{P(A_2)} = \frac{0,55}{0,7} \approx 0,7857
\]
et
\[
P_{A_2}(\overline{A_1}) = \frac{P(\overline{A_1} \cap A_2)}{P(A_2)} = \frac{0,15}{0,7} \approx 0,2143
\]
Exercice 8 : calculer la probabilité conditionnelle
1. Calculons \( \mathbb{P}(A \cap B) \).
On utilise la formule de la probabilité de l’union de deux événements :
\[ \mathbb{P}(A \cup B) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) – \mathbb{P}(A \cap B) \]
Nous avons \( \mathbb{P}(A \cup B) = 0.9 \), \( \mathbb{P}(A) = 0.45 \), et \( \mathbb{P}(B) = 0.6 \). En remplaçant ces valeurs, nous obtenons :
\[ 0.9 = 0.45 + 0.6 – \mathbb{P}(A \cap B) \]
\[ 0.9 = 1.05 – \mathbb{P}(A \cap B) \]
\[ \mathbb{P}(A \cap B) = 1.05 – 0.9 \]
\[ \mathbb{P}(A \cap B) = 0.15 \]
2. En déduire \( \mathbb{P}_B(A) \) et \( \mathbb{P}_A(B) \).
La probabilité conditionnelle \( \mathbb{P}_B(A) \) est donnée par :
\[ \mathbb{P}_B(A) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)} \]
Avec \( \mathbb{P}(A \cap B) = 0.15 \) et \( \mathbb{P}(B) = 0.6 \), on obtient :
\[ \mathbb{P}_B(A) = \frac{0.15}{0.6} = \frac{15}{60} = \frac{1}{4} = 0.25 \]
Ensuite, la probabilité conditionnelle \( \mathbb{P}_A(B) \) est donnée par :
\[ \mathbb{P}_A(B) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(A)} \]
Avec \( \mathbb{P}(A \cap B) = 0.15 \) et \( \mathbb{P}(A) = 0.45 \), on obtient :
\[ \mathbb{P}_A(B) = \frac{0.15}{0.45} = \frac{15}{45} = \frac{1}{3} \approx 0.33 \]
Exercice 9 : un arbre de probabilités
1. Recopier et compléter l’arbre :
\[
\begin{array}{ccccc}
B P(A \cap B) = 0.14 \\
0.2 P(A \cap \overline{B}) = 0.56 \\
A 0.7 \\
\overline{B} P(\overline{A} \cap B) = 0.18 \\
0.8 P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0.12 \\
\overline{A} 0.3 \\
B 0.6 \\
\overline{B} 0.4 \\
\end{array}
\]
Calcul des probabilités :
\[
P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = 0.7 \cdot 0.2 = 0.14
\]
\[
P(A \cap \overline{B}) = P(A) \cdot P(\overline{B}|A) = 0.7 \cdot 0.8 = 0.56
\]
\[
P(\overline{A} \cap B) = P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) = 0.3 \cdot 0.6 = 0.18
\]
\[
P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}|\overline{A}) = 0.3 \cdot 0.4 = 0.12
\]
2. Calculer \( P(B) \) :
\[
P(B) = P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B)
\]
\[
P(B) = 0.14 + 0.18 = 0.32
\]
Exercice 10 : probabilités indépendantes
Les événements \( A \) et \( B \) de probabilités respectives 0,5 et 0,7 sont indépendants.
1. Calculer \( \mathbb{P}(A \cap B) \).
\[ \mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A) \times \mathbb{P}(B) \]
\[ \mathbb{P}(A \cap B) = 0{,}5 \times 0{,}7 = 0{,}35 \]
2. Calculer \( \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) \) de deux manières différentes.
\[\]Méthode 1 : Utilisation de la formule de la probabilité conditionnelle\[\]
\[ \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) = \mathbb{P}(B) \times \mathbb{P}(\overline{A} \mid B) \]
Puisque \( A \) et \( B \) sont indépendants, \( \mathbb{P}(\overline{A} \mid B) = \mathbb{P}(\overline{A}) \).
\[ \mathbb{P}(\overline{A}) = 1 – \mathbb{P}(A) \]
\[ \mathbb{P}(\overline{A}) = 1 – 0{,}5 = 0{,}5 \]
\[ \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) = \mathbb{P}(B) \times \mathbb{P}(\overline{A}) \]
\[ \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) = 0{,}7 \times 0{,}5 = 0{,}35 \]
\[\]Méthode 2 : Utilisation de la décomposition de \( B \)\[\]
\[ \mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(A \cap B) + \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) \]
Nous avons déjà calculé \( \mathbb{P}(A \cap B) \).
\[ \mathbb{P}(B) = 0{,}35 + \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) \]
\[ 0{,}7 = 0{,}35 + \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) \]
\[ \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) = 0{,}7 – 0{,}35 \]
\[ \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) = 0{,}35 \]
Ainsi, dans les deux cas, nous trouvons que \( \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) = 0{,}35 \).
Exercice 11 : calculer la probabilité d’issues
1. Calculer \(P_A(B)\).
\[
P_A(B) = 0.45
\]
2. Calculer \(P_A(\overline{B})\).
\[
P_A(\overline{B}) = 1 – P_A(B) = 1 – 0.45 = 0.55
\]
3. Calculer la probabilité de chacune des issues \(P(A \cap B)\), \(P(A \cap \overline{B})\), \(P(\overline{A} \cap B)\) et \(P(\overline{A} \cap \overline{B})\).
\[
P(A \cap B) = P(A) \cdot P_A(B) = 0.9 \cdot 0.45 = 0.405
\]
\[
P(A \cap \overline{B}) = P(A) \cdot P_A(\overline{B}) = 0.9 \cdot 0.55 = 0.495
\]
\[
P(\overline{A} \cap B) = P(\overline{A}) \cdot P_{\overline{A}}(B) = 0.1 \cdot 0.7 = 0.07
\]
\[
P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \cdot P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0.1 \cdot 0.3 = 0.03
\]
Ainsi, les probabilités des différentes issues sont:
\[
P(A \cap B) = 0.405
\]
\[
P(A \cap \overline{B}) = 0.495
\]
\[
P(\overline{A} \cap B) = 0.07
\]
\[
P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0.03
\]
Exercice 12 : tableau et probabilités
Correction de l’exercice :
1. Complétons le tableau :
| | B | \overline{B} | Total |
| — | — | ————- | —– |
| A | 0,2 | 0,3 | 0,5 |
| \overline{A} | 0,1 | 0,4 | 0,5 |
| Total | 0,3 | 0,7 | 1 |
2. Calculons \(P_{A}(B)\) et \(P_{B}(A)\) :
Par définition, \(P_{A}(B) = P(B | A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}\).
On sait que \(P(A \cap B) = 0,2\) et \(P(A) = 0,5\).
\[P_{A}(B) = \frac{0,2}{0,5} = 0,4\]
Par définition, \(P_{B}(A) = P(A | B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\).
On sait que \(P(A \cap B) = 0,2\) et \(P(B) = 0,3\).
\[P_{B}(A) = \frac{0,2}{0,3} \approx 0,67\]
3. Calculons \(P_{B}(\overline{A})\) :
Par définition, \(P_{B}(\overline{A}) = P(\overline{A} | B) = \frac{P(\overline{A} \cap B)}{P(B)}\).
On sait que \(P(\overline{A} \cap B) = 0,1\) et \(P(B) = 0,3\).
\[P_{B}(\overline{A}) = \frac{0,1}{0,3} \approx 0,33\]
Exercice 13 : problème des haltérophiles
Quelle est la probabilité qu’ils soulèvent 100 kg tous les deux ?
Soit \( P(V) \) la probabilité que Vincent soulève plus de 100 kg, et \( P(A) \) la probabilité que Anne soulève plus de 100 kg.
On a :
\[
P(V) = 0{,}75
\]
\[
P(A) = 0{,}60
\]
\[
P(V \cup A) = 0{,}85
\]
La probabilité qu’ils soulèvent tous les deux plus de 100 kg est donnée par la formule suivante :
\[
P(V \cap A) = P(V) + P(A) – P(V \cup A)
\]
En substituant les valeurs données :
\[
P(V \cap A) = 0{,}75 + 0{,}60 – 0{,}85 = 0{,}50
\]
Donc, la probabilité qu’ils soulèvent tous les deux plus de 100 kg est \( 0{,}50 \).
Anne vient de voir Vincent soulever 100 kg. Quelle est la probabilité qu’elle-même soulève 100 kg ?
Nous cherchons ici la probabilité conditionnelle que Anne soulève plus de 100 kg sachant que Vincent a soulevé plus de 100 kg, notée \( P(A \mid V) \). Cela peut être calculé en utilisant la formule de la probabilité conditionnelle :
\[
P(A \mid V) = \frac{P(A \cap V)}{P(V)}
\]
Nous avons déjà calculé \( P(A \cap V) = 0{,}50 \) et \( P(V) = 0{,}75 \).
En substituant ces valeurs :
\[
P(A \mid V) = \frac{0{,}50}{0{,}75} = \frac{50}{75} = \frac{2}{3} \approx 0{,}67
\]
Donc, la probabilité qu’Anne soulève plus de 100 kg sachant que Vincent a soulevé plus de 100 kg est \( \approx 0{,}67 \) (soit environ \( 67 \% \)).
Exercice 14 : des figures de différentes couleurs
1. Modéliser cette situation par un tableau.
\[
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{Figure} \text{Couleur} \text{Forme} V R N B C K Z \\
\hline
\text{Cercle} \text{Noir} 0 0 1 0 1 0 0 \\
\hline
\text{Cercle} \text{Gris} 0 0 0 0 1 0 0 \\
\hline
\text{Carré} \text{Bleu} 0 0 0 1 0 1 0 \\
\hline
\text{Carré} \text{Rouge} 0 1 0 0 0 1 0 \\
\hline
\text{Ondes} \text{Noir} 0 0 1 0 0 0 1 \\
\hline
\text{Ondes} \text{Rouge} 0 1 0 0 0 0 1 \\
\hline
\text{Carré} \text{Jaune} 0 0 0 0 0 1 0 \\
\hline
\text{Carré} \text{Bleu} 0 0 0 1 0 1 0 \\
\hline
\text{Carré} \text{Rouge} 0 1 0 0 0 1 0 \\
\hline
\text{Carré} \text{Vert} 1 0 0 0 0 1 0 \\
\hline
\text{Cercle} \text{Jaune} 0 0 0 0 1 0 0 \\
\hline
\text{Cercle} \text{Bleu} 0 0 0 1 1 0 0 \\
\hline
\text{Carré} \text{Rouge} 0 1 0 0 0 1 0 \\
\hline
\text{Cercle} \text{Noir} 0 0 1 0 1 0 0 \\
\hline
\text{Ondes} \text{Rouge} 0 1 0 0 0 0 1 \\
\hline
\end{array}
\]
2. Calculer \( P_C(V) \) et \( P_K(Z) \).
Pour \( P_C(V) \) :
\[
P_C(V) = P(\text{Cercle}) \times P(\text{Vert}) = \frac{5}{15} \times \frac{1}{15} = \frac{1}{3} \times \frac{1}{15} = \frac{1}{45}
\]
Pour \( P_K(Z) \) :
\[
P_K(Z) = P(\text{Carré}) \times P(\text{Vagues}) = \frac{7}{15} \times \frac{3}{15} = \frac{7}{15} \times \frac{1}{5} = \frac{7}{75}
\]
3. Calculer \( P_R(Z) \) et \( P_K(B) \).
Pour \( P_R(Z) \) :
\[
P_R (Z) = P(\text{Rouge}) \times P(\text{Vagues}) = \frac{6}{15} \times \frac{3}{15} = \frac{2}{5} \times \frac{1}{5} = \frac{2}{25}
\]
Pour \( P_K(B) \) :
\[
P_K (B) = P(\text{Carré}) \times P(\text{Bleu}) = \frac{7}{15} \times \frac{3}{15} = \frac{7}{15} \times \frac{1}{5} = \frac{7}{75}
\]
Exercice 15 : un dé non truqué à six faces
Soit \( D_1 \) le premier dé et \( D_2 \) le deuxième dé.
– \( D_1 \) est un dé à 6 faces numérotées de 1 à 6.
– Les résultats pairs sont {2, 4, 6}.
– Les résultats impairs sont {1, 3, 5}.
### Cas 1 : Le résultat du premier dé \( D_1 \) est pair
La probabilité que \( D_1 \) soit pair est :
\[
P(\text{pair}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}
\]
Si le résultat est pair, on lance un dé à 20 faces numérotées de 1 à 20.
Les nombres premiers entre 1 et 20 sont : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, et 19. Donc il y a 8 nombres premiers.
La probabilité que le résultat du deuxième dé soit un nombre premier dans ce cas est :
\[
P(\text{nombre premier | pair}) = \frac{8}{20} = \frac{2}{5}
\]
### Cas 2 : Le résultat du premier dé \( D_1 \) est impair
La probabilité que \( D_1 \) soit impair est :
\[
P(\text{impair}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}
\]
Si le résultat est impair, on lance un dé à 8 faces numérotées de 1 à 8.
Les nombres premiers entre 1 et 8 sont : 2, 3, 5, et 7. Donc il y a 4 nombres premiers.
La probabilité que le résultat du deuxième dé soit un nombre premier dans ce cas est :
\[
P(\text{nombre premier | impair}) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}
\]
### Calcul final
La probabilité totale que le résultat du deuxième dé soit un nombre premier est :
\[
P(\text{nombre premier}) = P(\text{nombre premier | pair}) \cdot P(\text{pair}) + P(\text{nombre premier | impair}) \cdot P(\text{impair})
\]
Substituons les valeurs :
\[
P(\text{nombre premier}) = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{10} + \frac{2}{8} = \frac{1}{5} + \frac{1}{4}
\]
Mise au même dénominateur:
\[
P(\text{nombre premier}) = \frac{4}{20} + \frac{5}{20} = \frac{9}{20}
\]
Ainsi, la probabilité pour que le résultat du deuxième dé soit un nombre premier est \(\frac{9}{20}\).
Exercice 16 : manger de la purée
La famille Patate ne mange jamais de purée le dimanche. Nous devons alors calculer la probabilité que la famille mange de la purée le mardi, en tenant compte de cette règle.
Nous noterons les événements suivants :
– \( L \) : « La famille mange de la purée lundi »,
– \( M \) : « La famille mange de la purée mardi ».
Nous cherchons donc \( P(M) \).
La probabilité que la famille mange de la purée lundi est égale à 0,8 puisqu’ils n’en ont pas mangé la veille (dimanche).
\[ P(L) = 0,8 \]
Nous devons maintenant considérer deux cas pour le calcul de \( P(M) \) :
1. La famille mange de la purée lundi (\( L \))
2. La famille ne mange pas de purée lundi (\( \overline{L} \))
Utilisons la formule des probabilités totales pour déterminer \( P(M) \) :
\[ P(M) = P(M \mid L) \cdot P(L) + P(M \mid \overline{L}) \cdot P(\overline{L}) \]
Nous utilisons les probabilités conditionnelles données :
– \( P(M \mid L) = 0,3 \) (probabilité que la famille mange de la purée mardi si elle en a mangé lundi),
– \( P(M \mid \overline{L}) = 0,8 \) (probabilité que la famille mange de la purée mardi si elle n’en a pas mangé lundi).
La probabilité que la famille ne mange pas de purée lundi est :
\[ P(\overline{L}) = 1 – P(L) = 1 – 0,8 = 0,2 \]
En substituant ces valeurs dans la formule des probabilités totales, nous obtenons :
\[
P(M) = (0,3 \cdot 0,8) + (0,8 \cdot 0,2)
\]
\[
P(M) = 0,24 + 0,16
\]
\[
P(M) = 0,4
\]
Ainsi, la probabilité que la famille Patate mange de la purée mardi est de 0,4.
Exercice 17 : un jeu de 32 cartes
Voici la correction de l’exercice :
1. \( A : \text{« tirer un roi »} \) et \( B : \text{« tirer un rouge »} \)
– Il y a 4 rois dans un jeu de 32 cartes : \( P(A) = \frac{4}{32} = \frac{1}{8} \).
– Il y a 16 cartes rouges dans un jeu de 32 cartes : \( P(B) = \frac{16}{32} = \frac{1}{2} \).
– Il y a 2 rois rouges dans un jeu de 32 cartes : \( P(A \cap B) = \frac{2}{32} = \frac{1}{16} \).
Les événements \( A \) et \( B \) sont indépendants si et seulement si \( P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \).
– Calculons \( P(A) \cdot P(B) \) : \[ P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{16} \].
Comme \( P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \), les événements \( A \) et \( B \) sont indépendants.
2. \( A : \text{« tirer un roi »} \) et \( B : \text{« ne pas tirer un as »} \)
– Il y a 4 rois dans un jeu de 32 cartes : \( P(A) = \frac{4}{32} = \frac{1}{8} \).
– Il y a 28 cartes qui ne sont pas des as dans un jeu de 32 cartes : \( P(B) = \frac{28}{32} = \frac{7}{8} \).
– Il y a 4 rois qui ne sont pas des as dans un jeu de 32 cartes : \( P(A \cap B) = \frac{4}{32} = \frac{1}{8} \).
Les événements \( A \) et \( B \) sont indépendants si et seulement si \( P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \).
– Calculons \( P(A) \cdot P(B) \) : \[ P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{8} \cdot \frac{7}{8} = \frac{7}{64} \].
Comme \( P(A \cap B) \neq P(A) \cdot P(B) \), les événements \( A \) et \( B \) ne sont pas indépendants.
3. \( A : \text{« tirer un roi ou tirer une dame rouge »} \) et \( B : \text{« tirer un rouge »} \)
– Il y a 4 rois et 2 dames rouges dans un jeu de 32 cartes. Comme ces deux groupes n’ont aucun élément en commun, la probabilité de tirer un roi ou une dame rouge est la somme des probabilités individuelles : \( P(A) = \frac{4}{32} + \frac{2}{32} = \frac{6}{32} = \frac{3}{16} \).
– Il y a 16 cartes rouges dans un jeu de 32 cartes : \( P(B) = \frac{16}{32} = \frac{1}{2} \).
– Parmi les événements \( A \), 2 sont rouges (les dames rouges), donc \( P(A \cap B) \) revient à la fraction de dames rouges et toutes les cartes rouges : \( P(A \cap B) = \frac{2}{32} + \frac{2}{32} = \frac{4}{32} = \frac{1}{8} \).
Les événements \( A \) et \( B \) sont indépendants si et seulement si \( P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \).
– Calculons \( P(A) \cdot P(B) \) : \[ P(A) \cdot P(B) = \frac{3}{16} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{32} \].
Comme \( P(A \cap B) \neq P(A) \cdot P(B) \), les événements \( A \) et \( B \) ne sont pas indépendants.
Exercice 18 : croisement et feu tricolore
1. Représenter la situation par un arbre de probabilité.
Arbre de probabilité:
\[
\begin{array}{ccccccc}
\text{Feu vert (0,4)} \to \text{Passe (1)} \\
\swarrow \\
\\
\\
\text{Feu (100\%)} \text{Feu orange (0,1)} \to \text{Passe (0,1)} \\
\\
\searrow \\
\text{Feu rouge (0,5)} \to \text{Passe (0,02)} \\
\end{array}
\]
2. Calculer la probabilité que le cycliste ne s’arrête pas au feu tricolore.
La probabilité que le cycliste passe au feu tricolore est donnée par :
\[
\begin{align*}
P(\text{Passe}) = P(\text{Passe | Feu vert}) \cdot P(\text{Feu vert}) + P(\text{Passe | Feu orange}) \cdot P(\text{Feu orange}) + P(\text{Passe | Feu rouge}) \cdot P(\text{Feu rouge}) \\
= 1 \cdot 0.4 + 0.1 \cdot 0.1 + 0.02 \cdot 0.5 \\
= 0.4 + 0.01 + 0.01 \\
= 0.42
\end{align*}
\]
3. Calculer la probabilité que le feu soit vert, sachant que le cycliste ne s’est pas arrêté au feu.
La probabilité que le feu soit vert, sachant que le cycliste ne s’est pas arrêté au feu, est donnée par la formule de Bayes :
\[
P(\text{Feu vert | Passe}) = \frac{P(\text{Passe | Feu vert}) \cdot P(\text{Feu vert})}{P(\text{Passe})}
\]
On a déjà calculé \( P(\text{Passe}) = 0.42 \), alors :
\[
\begin{align*}
P(\text{Feu vert | Passe}) = \frac{1 \cdot 0.4}{0.42} \\
= \frac{0.4}{0.42} \\
\approx 0.952
\end{align*}
\]
Donc, la probabilité que le feu soit vert, sachant que le cycliste ne s’est pas arrêté au feu, est environ \( 0.952 \), soit 95,2%.
Exercice 19 : déplacement d’une fourmi sur des cases
Pour résoudre ce problème, nous allons analyser les différentes possibilités de déplacement de la fourmi après chaque mouvement et calculer les probabilités de sortir du quadrillage.
1. Mouvement initial:
– La fourmi peut se déplacer soit à droite, soit à gauche avec une probabilité de \( \frac{1}{2} \).
2. Deuxième mouvement:
– Si la fourmi se déplace à droite (case B), alors elle peut soit:
* Aller encore à droite vers la sortie avec une probabilité de 60 % (\(0.6\)).
* Revenir à gauche vers \( A \) avec une probabilité de 40 % (\(0.4\)).
– Si la fourmi se déplace à gauche (case avant \( A \)), elle sort ainsi du quadrillage avec une probabilité de 1.
3. Troisième mouvement:
– Si la fourmi était sur la case \( B \) et est revenue à \( A \), elle peut se déplacer:
* À droite vers \( B \) avec une probabilité de \( \frac{1}{2} \).
* À gauche une nouvelle fois vers la sortie avec une probabilité de \( \frac{1}{2} \).
Compte tenu des différentes situations, nous calculons les probabilités.
### Calculs détaillés des probabilités :
1. \[\]Probabilité de sortie lors du 2ème mouvement :\[\]
– Si la fourmi se dirigeait initialement à droite:
* Probabilité de déplacement vers la sortie:
\[
P(\text{Sortir après 2 mouvements}) = \frac{1}{2} \times 0.6 = 0.3
\]
– Si la fourmi se dirigeait initialement à gauche:
* Probabilité de sortie:
\[
P(\text{Sortir après 1 mouvement}) = \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2} = 0.5
\]
2. \[\]Probabilité de rester sur le quadrillage après 2 mouvements :\[\]
– Si la fourmi était initialement à droite :
* Probabilité de revenir à \( A \):
\[
P(A) = \frac{1}{2} \times 0.4 = 0.2
\]
### Cas où la fourmi revient à \( A \):
* Probabilité de sortir après le 3ème mouvement :
\[
P(\text{Sortir après le retour à A}) = 0.2 \times \frac{1}{2} = 0.1
\]
### Probabilité totale de sortir du quadrillage:
\[
P(\text{Sortir après 3 mouvements}) = P(\text{Sortir après 2 mouvements}) + P(\text{Sortir après le retour à A})
\]
\[
P(\text{Total}) = 0.5 + 0.3 + 0.1 = 0.9
\]
La probabilité que la fourmi sorte du quadrillage après le troisième mouvement est donc \( 90 \% \).
Exercice 20 : ruche et frelon asiatique
1. Quelle est la probabilité que la ruche survive trois ans ?
Soit \( p = 0.05 \) la probabilité que la ruche soit attaquée par un frelon asiatique chaque année,
et \( q = 1 – p = 0.95 \) la probabilité que la ruche ne soit pas attaquée par un frelon asiatique chaque année.
Si la ruche est attaquée, la probabilité qu’elle survive est de \( 0.1 \).
Si la ruche n’est pas attaquée, la probabilité qu’elle survive est de \( 0.9 \).
La probabilité que la ruche survive durant une année, \( P(S) \), est donc donnée par :
\[ P(S) = p \cdot 0.1 + q \cdot 0.9 = 0.05 \cdot 0.1 + 0.95 \cdot 0.9 \]
\[ P(S) = 0.005 + 0.855 = 0.86 \]
La probabilité que la ruche survive trois ans est alors \( P(S)^3 \) :
\[ P(Trois\,ans) = P(S)^3 = 0.86^3 \]
\[ P(Trois\,ans) = 0.6361 \]
2. Quelle serait cette même probabilité si la menace du frelon asiatique n’existait pas ?
Si la menace du frelon asiatique n’existait pas, la probabilité que la ruche survive une année serait simplement \( 0.9 \).
La probabilité que la ruche survive trois ans serait donc :
\[ P(Trois\,ans\,sans\,frelons) = 0.9^3 \]
\[ P(Trois\,ans\,sans\,frelons) = 0.729 \]
Exercice 21 : coupe du monde de football
1. Calculer \( p(G) \) et \( p(F) \).
Les probabilités \( p(G) \) et \( p(F) \) sont respectivement la probabilité qu’un joueur soit gardien et la probabilité qu’un joueur joue en France.
\[ p(G) = \frac{\text{nombre de gardiens}}{\text{nombre total de joueurs}} = \frac{3}{23} \]
\[ p(F) = \frac{\text{nombre de joueurs jouant en France}}{\text{nombre total de joueurs}} = \frac{9}{23} \]
2. Calculer \( p_M(F) \), \( p_F(M) \) et \( p_F(A) \).
Les notations \( p_X(Y) \) indiquent que nous devons calculer la probabilité que \( X \) sachant \( Y \), c’est-à-dire une probabilité conditionnelle :
\[ p_M(F) = \frac{p(M \cap F)}{p(F)} = \frac{\frac{5}{23}}{\frac{9}{23}} = \frac{5}{9} \]
\[ p_F(M) = \frac{p(M \cap F)}{p(M)} = \frac{\frac{5}{23}}{\frac{6}{23}} = \frac{5}{6} \]
\[ p_F(A) = \frac{p(A \cap F)}{p(A)} = \frac{\frac{3}{23}}{\frac{6}{23}} = \frac{1}{2} \]
3. Calculer \( p_G(F) \) et \( p_F(D) \).
\[ p_G(F) = \frac{p(G \cap F)}{p(G)} = \frac{\frac{2}{23}}{\frac{3}{23}} = \frac{2}{3} \]
\[ p_F(D) = \frac{p(D \cap F)}{p(D)} = \frac{\frac{3}{23}}{\frac{8}{23}} = \frac{3}{8} \]
4. Calculer \( p_G(M) \).
\[ p_G(M) = \frac{p(G \cap M)}{p(M)} = \frac{0}{\frac{6}{23}} = 0 \]
5. Trouver une probabilité conditionnelle égale à \( \frac{5}{8} \).
Cette condition s’applique à \( p_F(D) \) :
\[ p_F(D) = \frac{3}{8} = \frac{5}{8} \]
6. Calculer \( p_{G \cup D}(F) \) et \( p_F(M \cup A) \).
\[ p_{G \cup D}(F) = p((G \cup D) \cap F) = p(G \cap F) + p(D \cap F) = \frac{2}{23} + \frac{3}{23} = \frac{5}{23} \]
\[ p_F(M \cup A) = p(M \cap F) + p(A \cap F) = \frac{5}{23} + \frac{3}{23} = \frac{8}{23} \]
Exercice 22 : les pantalons de Gani
Pour déterminer si deux événements sont indépendants, nous devons vérifier si la probabilité de l’intersection de ces événements est égale au produit des probabilités de chaque événement.
On commence par calculer les probabilités des différents événements.
Les événements considérés sont :
– \( B \) : « Le pantalon est bleu. »
– \( N \) : « Le pantalon est noir. »
– \( R \) : « Le pantalon est rouge. »
– \( D \) : « Le pantalon est décontracté. »
Données tirées du tableau :
– Nombre total de pantalons : \( 24 \)
Probabilités des événements :
\[ P(B) = \frac{13}{24} \]
\[ P(N) = \frac{9}{24} = \frac{3}{8} \]
\[ P(R) = \frac{2}{24} = \frac{1}{12} \]
\[ P(D) = \frac{16}{24} = \frac{2}{3} \]
Nous devons également considérer les probabilités complémentaires :
\[ P(\overline{D}) = 1 – P(D) = 1 – \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \]
Vérifions les indépendances proposées :
### a) \( B \) et \( \overline{D} \)
On considère \( \overline{D} \) : « Le pantalon n’est pas décontracté. »
\[ P(B \cap \overline{D}) = \frac{5}{24} \]
Il faut vérifier si :
\[ P(B \cap \overline{D}) = P(B) \cdot P(\overline{D}) \]
Calculons :
\[ P(B) \cdot P(\overline{D}) = \frac{13}{24} \cdot \frac{1}{3} = \frac{13}{72} \]
Comparons les probabilités :
\[ P(B \cap \overline{D}) = \frac{5}{24} \]
\[ \frac{5}{24} \neq \frac{13}{72} \]
Donc, \( B \) et \( \overline{D} \) ne sont pas indépendants.
### b) \( R \) et \( \overline{D} \)
\[ P(R \cap \overline{D}) = \frac{2}{24} = \frac{1}{12} \]
Vérifions si :
\[ P(R \cap \overline{D}) = P(R) \cdot P(\overline{D}) \]
Calculons :
\[ P(R) \cdot P(\overline{D}) = \frac{1}{12} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{36} \]
Comparons les probabilités :
\[ P(R \cap \overline{D}) = \frac{1}{12} \]
\[ \frac{1}{12} \neq \frac{1}{36} \]
Donc, \( R \) et \( \overline{D} \) ne sont pas indépendants.
### c) \( N \) et \( D \)
\[ P(N \cap D) = \frac{6}{24} = \frac{1}{4} \]
Vérifions si :
\[ P(N \cap D) = P(N) \cdot P(D) \]
Calculons :
\[ P(N) \cdot P(D) = \frac{3}{8} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{4} \]
Comparons les probabilités :
\[ P(N \cap D) = \frac{1}{4} \]
\[ \frac{1}{4} = \frac{1}{4} \]
Donc, \( N \) et \( D \) sont indépendants.
### d) \( N \) et \( \overline{D} \)
\[ P(N \cap \overline{D}) = \frac{3}{24} = \frac{1}{8} \]
Vérifions si :
\[ P(N \cap \overline{D}) = P(N) \cdot P(\overline{D}) \]
Calculons :
\[ P(N) \cdot P(\overline{D}) = \frac{3}{8} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{8} \]
Comparons les probabilités :
\[ P(N \cap \overline{D}) = \frac{1}{8} \]
\[ \frac{1}{8} = \frac{1}{8} \]
Donc, \( N \) et \( \overline{D} \) sont indépendants.
Exercice 23 : la boîte aux lettres de Justin
1. On peut penser que la répétition de cette épreuve deux soirs consécutifs est une succession de deux épreuves indépendantes puisque d’après l’énoncé, la présence ou l’absence de courrier dans la boîte à lettres un soir n’a pas d’influence sur la présence ou l’absence de courrier le soir suivant. En d’autres termes, la probabilité d’avoir du courrier un soir est indépendante du fait d’avoir eu du courrier la veille.
2. Représentation par un arbre de probabilités :
\[
\begin{array}{c|c}
0.53 \, (\text{pas de courrier}) 0.47 \, (\text{courrier}) \\
\hline
0.53 \, (\text{pas de courrier}) 0.53 \times 0.53 = 0.2809 0.47 \times 0.53 = 0.2491 \\
0.47 \, (\text{courrier}) 0.53 \times 0.47 = 0.2491 0.47 \times 0.47 = 0.2209 \\
\end{array}
\]
\[
\begin{tikzpicture}[grow=right, sloped]
\node[rectangle, draw] {Début}
child {
node[rectangle, draw] {Pas de courrier (0.53)}
child {
node[rectangle, draw] {Pas de courrier (0.53)}
edge from parent
node[below] {0.53}
}
child {
node[rectangle, draw] {Courrier (0.47)}
edge from parent
node[above] {0.47}
}
edge from parent
node[below] {0.53}
}
child {
node[rectangle, draw] {Courrier (0.47)}
child {
node[rectangle, draw] {Pas de courrier (0.53)}
edge from parent
node[below] {0.53}
}
child {
node[rectangle, draw] {Courrier (0.47)}
edge from parent
node[above] {0.47}
}
edge from parent
node[above] {0.47}
};
\end{tikzpicture}
\]
3. Représentation par un tableau à double entrée:
Soir \[n+1\] \\
\[
\begin{array}{c|c|c}
\text{Pas de courrier} \text{Courrier} \\
\hline
\text{Pas de courrier} 0.53 \times 0.53 = 0.2809 0.53 \times 0.47 = 0.2491 \\
\text{Courrier} 0.47 \times 0.53 = 0.2491 0.47 \times 0.47 = 0.2209 \\
\end{array}
\]
Le tableau présente les probabilités de chaque scénario possible pour deux soirs consécutifs.
Exercice 24 : ornella et Fanny
1. Les deux tirages sont indépendants parce que la pièce tirée par Ornella n’affecte en rien la probabilité du tirage de la pièce par Fanny. Chaque événement est donc indépendant de l’autre.
2. Représentation par un arbre :
Ornella a deux possibilités :
– P\_1 : Tire une pièce de 0,50 euro (2 pièces).
– P\_2 : Tire une pièce de 1 euro (1 pièce).
Leurs probabilités :
\[ P(P_1) = \frac{2}{3} \]
\[ P(P_2) = \frac{1}{3} \]
Fanny a trois possibilités :
– P\_A : Tire une pièce de 0,20 euro (3 pièces).
– P\_B : Tire une pièce de 1 euro (1 pièce).
– P\_C : Tire une pièce de 2 euros (1 pièce).
Leurs probabilités :
\[ P(P_A) = \frac{3}{5} \]
\[ P(P_B) = \frac{1}{5} \]
\[ P(P_C) = \frac{1}{5} \]
Arbre de probabilités :
\[
\begin{array}{c}
P(P_1) = \frac{2}{3} \\
\begin{array}{c} \hspace{-1cm} Ornella \\ \end{array}
\swarrow \hspace{1cm} \searrow \\
P(P_2) = \frac{1}{3} \\
\\
Fanny 0,20 \hspace{0.5cm} 1 \hspace{0.5cm} 2 \\
\swarrow \searrow \hspace{1cm} \swarrow \searrow \hspace{1cm} \swarrow \searrow \\
\begin{array}{c}
P\_A = \frac{3}{5} \\ B\_A = \frac{1}{5} \\ C\_A = \frac{1}{5} \\
\end{array} \\
\end{array}
\]
3. Tableau à double entrée :
\[
\begin{array}{c|c|c|c}
\text{0,20 euro} \text{1 euro} \text{2 euros} \\ \hline
\text{0,50 euro} \frac{2}{3} \times \frac{3}{5} = \frac{6}{15} \frac{2}{3} \times \frac{1}{5} = \frac{2}{15} \frac{2}{3} \times \frac{1}{5} = \frac{2}{15} \\ \hline
\text{1 euro} \frac{1}{3} \times \frac{3}{5} = \frac{3}{15} \frac{1}{3} \times \frac{1}{5} = \frac{1}{15} \frac{1}{3} \times \frac{1}{5} = \frac{1}{15} \\
\end{array}
\]
De cette manière, les probabilités des différents résultats sont représentées dans un tableau à double entrée.
Exercice 25 : la production d’une entreprise
Voici la correction de l’exercice en utilisant LaTeX pour représenter l’arbre pondéré :
« `latex
\usepackage{tikz}
% Définition des probabilités
\( P(E) = 0.7 \) (probabilité qu’un produit soit une équerre)
\( P(R) = 0.3 \) (probabilité qu’un produit soit un rapporteur)
\( P(D | E) = 0.2 \) (probabilité qu’une équerre soit défectueuse)
\( P(\overline{D} | E) = 0.8 \) (probabilité qu’une équerre ne soit pas défectueuse)
\( P(D | R) = 0.7 \) (probabilité qu’un rapporteur soit défectueux)
\( P(\overline{D} | R) = 0.3 \) (probabilité qu’un rapporteur ne soit pas défectueux)
% Arbre pondéré
\begin{tikzpicture}[scale=1]
% Racine
\node (Start) at (0,0) {Produit};
% Niveau 1 (Équerre ou Rapporteur)
\node (E) at (3,2) {Équerre};
\node (R) at (3,-2) {Rapporteur};
% Niveau 2 pour Équerre (Défaut ou Non Défaut)
\node (ED) at (6,3) {Défaut};
\node (END) at (6,1) {Aucun Défaut};
% Niveau 2 pour Rapporteur (Défaut ou Non Défaut)
\node (RD) at (6,-1) {Défaut};
\node (RND) at (6,-3) {Aucun Défaut};
% Liens avec probabilités
\draw[->] (Start) — node[above] {0.7} (E);
\draw[->] (Start) — node[below] {0.3} (R);
\draw[->] (E) — node[above] {0.2} (ED);
\draw[->] (E) — node[below] {0.8} (END);
\draw[->] (R) — node[above] {0.7} (RD);
\draw[->] (R) — node[below] {0.3} (RND);
\end{tikzpicture}
« `
Cet arbre pondéré représente les événements avec les probabilités correspondantes :
– 70% de la production sont des équerres, parmi elles 20% sont défectueuses et 80% ne le sont pas.
– 30% de la production sont des rapporteurs, parmi eux 70% sont défectueux et 30% ne le sont pas.
Exercice 26 : l’association sportive du lycée
1. \[\]Recopier et compléter l’arbre pondéré\[\]
L’arbre est complété de la manière suivante :
– S (Seconde) : \(0,24\)
– F (Foot) : \(0,12\)
– A (Athlétisme) : \(0,45\)
– N (Natation) : \(0,43\)
– P (Première) : \(0,61\)
– F (Foot) : \(0,34\)
– A (Athlétisme) : \(0,44\)
– N (Natation) : \(0,22\)
– T (Terminale) : \(0,15\)
– F (Foot) : \(0,41\)
– A (Athlétisme) : \(0,09\)
– N (Natation) : \(0,50\)
2. \[\]Calcul des probabilités\[\]
a) Déterminer \(P(N \cap S)\).
\[ P(N \cap S) = P(S) \times P(N|S) = 0,24 \times 0,43 = 0,1032 \]
b) Déterminer \(P(N)\).
\[ P(N) = P(N \cap S) + P(N \cap P) + P(N \cap T) \]
\[ P(N) = (0,24 \times 0,43) + (0,61 \times 0,22) + (0,15 \times 0,50) \]
\[ P(N) = 0,1032 + 0,1342 + 0,075 \]
\[ P(N) = 0,3124 \]
c) En déduire \(P_S(N)\).
\[ P_S(N) = \frac{P(N \cap S)}{P(S)} = \frac{0,1032}{0,24} \approx 0,43 \]
3. On considère un élève qui se rend à la piscine pour faire du natation. Est-il plus probable que cet élève soit en Seconde, première ou terminale ?
\[ P(S|N) = \frac{P(N \cap S)}{P(N)} = \frac{0,1032}{0,3124} \approx 0,3305 \]
\[ P(P|N) = \frac{P(N \cap P)}{P(N)} = \frac{0,1342}{0,3124} \approx 0,4298 \]
\[ P(T|N) = \frac{P(N \cap T)}{P(N)} = \frac{0,075}{0,3124} \approx 0,2400 \]
Donc, il est plus probable que cet élève soit en Première.
4. a) Déterminer \(P(A \cup N)\).
\[ P(A \cup N) = P(A) + P(N) – P(A \cap N) \]
\[ P(A) = (0,24 \times 0,45) + (0,61 \times 0,44) + (0,15 \times 0,09) \]
\[ P(A) = 0,108 + 0,2684 + 0,0135 \]
\[ P(A) = 0,3899 \]
\[ P(A \cap N) = (0,24 \times 0,45 \times 0,43) + (0,61 \times 0,44 \times 0,22) + (0,15 \times 0,09 \times 0,50) \]
\[ P(A \cap N) \approx 0.005 \]
\[ P(A \cup N) = 0.3899 + 0.3124 – 0.005 \]
\[ P(A \cup N) \approx 0.6973 \]
b) Déterminer la probabilité que l’élève soit en Seconde ou qu’il fasse du football.
\[ P(S \cup F) = P(S) + P(F) – P(S \cap F) \]
\[ P(S \cap F) = P(S) \times P(F|S) = 0,24 \times 0,12 = 0,0288 \]
\[ P(F) = (0,24 \times 0,12) + (0,61 \times 0,34) + (0,15 \times 0,41) \]
\[ P(F) = 0,0288 + 0,2074 + 0,0615 \]
\[ P(F) = 0,2977 \]
\[ P(S \cup F) = 0,24 + 0,2977 – 0,0288 \]
\[ P(S \cup F) = 0,5089 \]
Exercice 27 : le cuisinier d’une colonie de vacances
1. Reproduire et compléter l’arbre pondéré ci-contre.
On sait que :
– \( P(A) = 0.30 \) (30 % des beignets sont à l’ananas)
– \( P(\overline{A}) = 0.70 \) (70 % des beignets sont aux pommes)
– \( P(C | A) = 0.35 \) (35 % des beignets à l’ananas sont aromatisés à la cannelle)
– \( P(\overline{C} | A) = 0.65 \) (65 % des beignets à l’ananas ne sont pas aromatisés à la cannelle)
– \( P(C | \overline{A}) = 0.45 \) (45 % des beignets aux pommes sont aromatisés à la cannelle)
– \( P(\overline{C} | \overline{A}) = 0.55 \) (55 % des beignets aux pommes ne sont pas aromatisés à la cannelle)
On peut compléter l’arbre pondéré comme suit :
– Première branche :
– \( P(A) = 0.30 \)
– \( P(\overline{A}) = 0.70 \)
– Deuxième branche :
\( P(C ∩ A) = P(A) \times P(C | A) = 0.30 \times 0.35 = 0.105 \)
\( P(\overline{C} ∩ A) = P(A) \times P(\overline{C} | A) = 0.30 \times 0.65 = 0.195 \)
\( P(C ∩ \overline{A}) = P(\overline{A}) \times P(C | \overline{A}) = 0.70 \times 0.45 = 0.315 \)
\( P(\overline{C} ∩ \overline{A}) = P(\overline{A}) \times P(\overline{C} | \overline{A}) = 0.70 \times 0.55 = 0.385 \)
L’arbre complet devient :
– \( P(A) = 0.30 \)
– \( P(C | A) = 0.35 \) -> \( P(C ∩ A) = 0.105 \)
– \( P(\overline{C} | A) = 0.65 \) -> \( P(\overline{C} ∩ A) = 0.195 \)
– \( P(\overline{A}) = 0.70 \)
– \( P(C | \overline{A}) = 0.45 \) -> \( P(C ∩ \overline{A}) = 0.315 \)
– \( P(\overline{C} | \overline{A}) = 0.55 \) -> \( P(\overline{C} ∩ \overline{A}) = 0.385 \)
2. Les événements \(A\) et \(C\) sont-ils indépendants ? Justifier la réponse.
Pour vérifier si les événements sont indépendants, il faut vérifier si :
\[ P(A \cap C) = P(A) \times P(C) \]
Calculons \( P(C) \) :
\[ P(C) = P(C \cap A) + P(C \cap \overline{A}) = 0.105 + 0.315 = 0.42 \]
Maintenant, comparons \( P(A \cap C) \) et \( P(A) \times P(C) \) :
\[ P(A \cap C) = 0.105 \]
\[ P(A) \times P(C) = 0.30 \times 0.42 = 0.126 \]
Puisque \( P(A \cap C) \neq P(A) \times P(C) \), les événements \(A\) et \(C\) ne sont pas indépendants.
Exercice 28 : la chorale et les probabilités
Pour déterminer les valeurs de \( n \) pour lesquelles les événements “L’élève est en terminale” et “L’élève est une fille” sont indépendants, nous devons examiner la probabilité de chaque événement et vérifier s’ils satisfont la condition d’indépendance.
Soit \( A \) l’événement “L’élève est en terminale” et \( B \) l’événement “L’élève est une fille”.
1. Calculons les probabilités de chaque événement :
– La probabilité totale de choisir un élève de terminale (\( P(A) \)) :
\[
P(A) = \frac{n}{7 + 9 + n} = \frac{n}{16 + n}
\]
– La probabilité totale de choisir une fille (\( P(B) \)) :
\[
P(B) = \frac{1 + 3 + 6}{7 + 9 + n} = \frac{10}{16 + n}
\]
– La probabilité de choisir une fille parmi les élèves de terminale (\( P(B \mid A) \)) :
\[
P(B \mid A) = \frac{6}{n}
\]
2. Utilisons la règle de la probabilité conditionnelle pour l’événement \( B \) sachant \( A \) :
\[
P(A \cap B) = P(B \mid A) \times P(A) = \frac{6}{n} \times \frac{n}{16 + n} = \frac{6}{16 + n}
\]
3. Les événements \( A \) et \( B \) sont indépendants si et seulement si :
\[
P(A \cap B) = P(A) \times P(B)
\]
Comparons \( P(A \cap B) \) et \( P(A) \times P(B) \) :
– Calcul de \( P(A) \times P(B) \) :
\[
P(A) \times P(B) = \frac{n}{16 + n} \times \frac{10}{16 + n} = \frac{10n}{(16 + n)^2}
\]
– Vérifions l’égalité :
\[
\frac{6}{16 + n} = \frac{10n}{(16 + n)^2}
\]
4. Résolvons l’équation pour trouver \( n \) :
\[
6(16 + n) = 10n
\]
\[
96 + 6n = 10n
\]
\[
96 = 4n
\]
\[
n = 24
\]
Donc, pour \( n = 24 \), les événements “L’élève est en terminale” et “L’élève est une fille” sont indépendants.
Exercice 29 : une collection d’éléphants et des probabilités
1. Calculer les probabilités suivantes.
a) \(\mathbf{P_B(N)}\)
\[
P_B(N) = \frac{P(B \cap N)}{P(B)} = \frac{\text{nombre de bois noirs}}{\text{nombre de bois}} = \frac{17}{101}
\]
b) \(\mathbf{P_N(B)}\)
\[
P_N(B) = \frac{P(N \cap B)}{P(N)} = \frac{\text{nombre de bois noirs}}{\text{nombre de noirs}} = \frac{17}{56}
\]
c) \(\mathbf{P_{B \cup M}(N)}\)
\[
P_{B \cup M}(N) = \frac{P((B \cup M) \cap N)}{P(B \cup M)} = \frac{\text{nombre de noirs en bois ou métal}}{\text{nombre de bois ou métal}} = \frac{17 + 8}{101 + 32} = \frac{25}{133}
\]
2. Les événements \(N\) et \(M\) sont-ils indépendants ?
\[
P(N \cap M) = \frac{\text{nombre de noirs en métal}}{\text{total}} = \frac{8}{224}
\]
\[
P(N) = \frac{\text{nombre de noirs}}{\text{total}} = \frac{56}{224} = \frac{1}{4}
\]
\[
P(M) = \frac{\text{nombre de métal}}{\text{total}} = \frac{32}{224} = \frac{1}{7}
\]
\[
P(N) \cdot P(M) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{7} = \frac{1}{28}
\]
\[
P(N \cap M) = \frac{8}{224} = \frac{1}{28}
\]
Puisque \( P(N) \cdot P(M) = P(N \cap M) \), les événements \(N\) et \(M\) sont indépendants.
3. Les événements \(N\) et \(B\) sont-ils indépendants ?
\[
P(N \cap B) = \frac{\text{nombre de noirs en bois}}{\text{total}} = \frac{17}{224}
\]
\[
P(B) = \frac{\text{nombre de bois}}{\text{total}} = \frac{101}{224}
\]
\[
P(N) = \frac{\text{nombre de noirs}}{\text{total}} = \frac{56}{224} = \frac{1}{4}
\]
\[
P(N) \cdot P(B) = \frac{1}{4} \cdot \frac{101}{224} = \frac{101}{896}
\]
\[
P(N \cap B) = \frac{17}{224}
\]
\(\frac{17}{224} \ne \frac{101}{896}\), donc \( P(N \cdot B) \ne P(N \cap B) \). Les événements \(N\) et \(B\) ne sont pas indépendants.
Exercice 30 : saumonix le poissonier
2. (a) Calculer \(p(P \cap M)\) et \(p(M)\).
Pour calculer \(p(P \cap M)\), nous utilisons l’arbre pondéré fourni :
\[p(P \cap M) = p(P) \times p(M | P)\]
où :
– \( p(P) = 0.55 \) (puisque 55% du poisson provient du grossiste de Paris),
– \( p(M | P) = 0.04 \) (puisque 4% du poisson provenant du grossiste de Paris est mécontent).
Donc,
\[p(P \cap M) = 0.55 \times 0.04 = 0.022\]
Pour calculer \(p(M)\), nous devons additionner les probabilités des cas où le client est mécontent pour chaque source du poisson :
\[p(M) = p(S \cap M) + p(N \cap M) + p(P \cap M)\]
où :
– \( p(S \cap M) = p(S) \times p(M | S) = 0.15 \times 0.05 = 0.0075 \) (5% du poisson pêché par Saumonix est mécontent),
– \( p(N \cap M) = p(N) \times p(M | N) = 0.30 \times 0.10 = 0.03 \) (10% du poisson provenant du grossiste normand est mécontent).
Donc,
\[p(M) = 0.0075 + 0.03 + 0.022 = 0.0595\]
2. (b) Les événements \( S \) et \( M \) sont-ils indépendants ?
Deux événements \( A \) et \( B \) sont indépendants si et seulement si \( p(A \cap B) = p(A) \times p(B) \).
Calculons \( p(S \cap M) \) et comparons avec \( p(S) \times p(M) \):
\[ p(S \cap M) = 0.0075 \]
\[ p(S) \times p(M) = 0.15 \times 0.0595 = 0.008925 \]
Puisque \( p(S \cap M) \neq p(S) \times p(M) \), les événements \( S \) et \( M \) ne sont pas indépendants.
Un client est mécontent du poisson acheté. Quelle est la probabilité que ce poisson ait été pêché par Saumonix ?
Nous utilisons ici la formule de Bayes :
\[ p(S | M) = \frac {p(S \cap M)}{p(M)} = \frac {0.0075}{0.0595} \approx 0.1261 \]
3. Saumonix souhaite ramener le taux de mécontentement à 3% en continuant à pêcher 15% de sa production. Déterminer les proportions de poisson qu’il doit commander à chaque grossiste pour atteindre son objectif.
Notons \( x \) la proportion de poisson à commander au grossiste normand (N) et \( y \) au grossiste de Paris (P).
Selon les nouvelles informations fournies :
\[ 0.15 + x + y = 1 \]
et le taux global de mécontentement souhaité est de 3% :
\[ 0.15 \times 0.05 + x \times 0.10 + y \times 0.04 = 0.03 \]
Nous résolvons ce système d’équations :
1) \(0.15 + x + y = 1\)
\[ x + y = 1 – 0.15 \]
\[ x + y = 0.85 \]
2) \( 0.15 \times 0.05 + x \times 0.10 + y \times 0.04 = 0.03 \)
\[ 0.0075 + 0.10x + 0.04y = 0.03 \]
\[ 0.10x + 0.04y = 0.0225 \]
Nous résolvons ce système linéaire :
De la première équation,
\[ y = 0.85 – x \]
Nous substituons cette valeur dans la seconde équation :
\[ 0.10x + 0.04(0.85 – x) = 0.0225 \]
\[ 0.10x + 0.034 – 0.04x = 0.0225 \]
\[ 0.06x + 0.034 = 0.0225 \]
\[ 0.06x = 0.0225 – 0.034 \]
\[ 0.06x = -0.0115 \]
\[ x = -0.0115 / 0.06 \]
\[ x = -\frac{115}{6000} \]
\[ x \approx -0.1917 \] (ceci n’est pas possible car \( x \) ne peut pas être négatif)
Il semble y avoir une incohérence dans les données ou une hypothèse incorrecte. Une re-vérification des données fournies pourrait être nécessaire pour rectifier ce problème.
Note : Si \( x \) ou \( y \) est négatif, cela peut indiquer une erreur dans les prémisses.
Exercice 31 : chemins et arbre de probabilités
1. \[\]Compléter l’arbre pondéré :\[\]
L’arbre pondéré représentant la situation avec les probabilités est comme suit :
– \( C_1 \) : « Le premier chemin est utilisé »
– Probabilité: \( P(C_1) = 0.8 \)
– \( \overline{C_1} \) : « Le premier chemin n’est pas utilisé »
– Probabilité: \( P(\overline{C_1}) = 1 – P(C_1) = 0.2 \)
Pour les chemins \( C_2 \) et \( \overline{C_2} \) :
– \( C_2 \) : « Le pont du premier chemin est ouvert »
– Probabilité: \( P(C_2) = 1 – 0.2 = 0.8 \)
– \( \overline{C_2} \) : « Le pont du premier chemin est fermé »
– Probabilité: \( P(\overline{C_2}) = 0.2 \)
Pour les chemins \( P_1 \), \( P_2 \), \( P_3 \), \( P_4 \) :
– \( P_1 \) : « Les deux ponts du second chemin sont ouverts »
– Probabilité: \( P(P_1) = (1 – 0.1) \times (1 – 0.1) = 0.81 \)
– \( P_2 \) : « Le premier pont du second chemin est fermé »
– Probabilité: \( P(P_2) = 0.1 \times 0.9 = 0.09 \)
– \( P_3 \) : « Le deuxième pont du second chemin est fermé »
– Probabilité: \( P(P_3) = 0.9 \times 0.1 = 0.09 \)
– \( P_4 \) : « Les deux ponts du second chemin sont fermés »
– Probabilité: \( P(P_4) = 0.1 \times 0.1 = 0.01 \)
2. \[\]Probabilité que Bruce soit bloqué par un pont :\[\]
Nous devons calculer la probabilité totale que Bruce soit bloqué soit par le premier chemin, soit par le deuxième chemin.
Pour le premier chemin, la probabilité est simplement \( P(\overline{C_2}) \) :
\[ P(\overline{C_2}) = 0.2 \]
Pour le deuxième chemin, nous devons considérer les chemins où au moins un pont est fermé:
\[ P(\text{bloqué par le deuxième chemin}) = 1 – P(P_1) \]
\[ P(P_1) = 0.81 \]
\[ P(\text{bloqué par le deuxième chemin}) = 1 – 0.81 = 0.19 \]
Ensuite, nous appliquons la règle de probabilité totale :
\[ P(\text{Bruce est bloqué}) = P(C_1) \cdot P(\overline{C_2}) + P(\overline{C_1}) \cdot P(\text{bloqué par le deuxième chemin}) \]
\[ P(\text{Bruce est bloqué}) = 0.8 \cdot 0.2 + 0.2 \cdot 0.19 \]
\[ P(\text{Bruce est bloqué}) = 0.16 + 0.038 = 0.198 \]
3. \[\]Probabilité que Bruce prenne le premier chemin :\[\]
Vu que Bruce est bloqué par un pont, la probabilité qu’il ait pris le premier chemin est donnée par :
\[ P(C_1 | \text{bloqué}) = \frac{P(C_1 \cap \text{bloqué})}{P(\text{bloqué})} \]
\[ P(C_1 \cap \text{bloqué}) = P(C_1) \cdot P(\overline{C_2}) = 0.8 \cdot 0.2 = 0.16 \]
\[ P(C_1 | \text{bloqué}) = \frac{0.16}{0.198} \approx 0.808 \]
Donc, la probabilité qu’il ait pris le premier chemin est d’environ \( 0.808 \).
Exercice 32 : vacances à Istanbul et probabilités
Soit \( A \) l’événement « Yannis part à Istanbul ».
Soit \( B \) l’événement « Il ne pleut pas à Istanbul ».
On nous donne :
\[ P(A) = 0,90 \]
\[ P(B | A) = 0,85 \]
Nous devons trouver \( P(A \cap B) \), c’est-à-dire la probabilité que Yannis parte à Istanbul et qu’il ne pleuve pas.
Par définition de la probabilité conditionnelle, nous avons :
\[ P(B | A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} \]
En réarrangeant pour \( P(A \cap B) \), on obtient :
\[ P(A \cap B) = P(B | A) \cdot P(A) \]
En substituant les valeurs données :
\[
P(A \cap B) = 0,85 \cdot 0,90
\]
\[
P(A \cap B) = 0,765
\]
La probabilité que Yannis parte à Istanbul pour ses prochaines vacances et qu’il n’y pleuve pas est donc de \( 0{,}765 \) ou \( 76{,}5\% \).
Exercice 33 : une entreprise de plomberie
1. Compléter l’arbre pondéré ci-contre représentant la situation:
– La probabilité qu’une intervention soit une urgence (U) est de \( p(U) = 0.25 \).
– La probabilité qu’une intervention soit programmée (\(\overline{U}\)) est de \( p(\overline{U}) = 0.75 \).
– La probabilité d’utiliser le chalumeau lors d’une intervention urgente est de \( p(C|U) = 0.90 \).
– La probabilité de ne pas utiliser le chalumeau lors d’une intervention urgente est de \( p(\overline{C}|U) = 0.10 \).
– La probabilité d’utiliser le chalumeau lors d’une intervention programmée est de \( p(C|\overline{U}) = 0.85 \).
– La probabilité de ne pas utiliser le chalumeau lors d’une intervention programmée est de \( p(\overline{C}|\overline{U}) = 0.15 \).
2. Calculer \( p(U \cap C) \) et \( p(\overline{U} \cap C) \):
\[
p(U \cap C) = p(U) \times p(C|U) = 0.25 \times 0.90 = 0.225
\]
\[
p(\overline{U} \cap C) = p(\overline{U}) \times p(C|\overline{U}) = 0.75 \times 0.85 = 0.6375
\]
3. Déterminer la probabilité qu’Émilie doive utiliser son chalumeau pour cette intervention:
\[
p(C) = p(U \cap C) + p(\overline{U} \cap C) = 0.225 + 0.6375 = 0.8625
\]
Donc, la probabilité qu’Émilie doive utiliser son chalumeau pour cette intervention est de 0.8625.
Exercice 34 : arbre de probabilités et partition de l’univers
1. Les événements \(A\) et \(D\) sont-ils indépendants ?
Pour vérifier l’indépendance de \(A\) et \(D\), il faut vérifier si \(P(A \cap D) = P(A) \cdot P(D)\).
– \(P(A)\) est donné par la somme des probabilités des branches menant à \(A\):
\[
P(A) = 0.1
\]
– Pour \(P(D)\), nous devons considérer toutes les branches menant à \(D\) :
\[
P(D) = P(A \cap D) + P(B \cap D) + P(C \cap D)
\]
\[
P(D) = 0.1 \times 0.23 + 0.2 \times 0.44 + 0.7 \times 0.17
\]
\[
P(D) = 0.023 + 0.088 + 0.119 = 0.23 + 0.088 + 0.119 = 0.23
\]
– \(P(A \cap D)\) se trouve en multipliant la probabilité de \(A\) par celle de \(D\) sous \(A\):
\[
P(A \cap D) = 0.1 \times 0.23 = 0.023
\]
– Le produit \(P(A) \cdot P(D)\) est :
\[
P(A) \cdot P(D) = 0.1 \times 0.23 = 0.023
\]
Comme \(P(A \cap D) = P(A) \cdot P(D)\), les événements \(A\) et \(D\) sont indépendants.
2. Les événements \(B\) et \(D\) sont-ils indépendants ?
Pour vérifier l’indépendance de \(B\) et \(D\), il faut vérifier si \(P(B \cap D) = P(B) \cdot P(D)\).
– \(P(B)\) est donné par la somme des probabilités des branches menant à \(B\):
\[
P(B) = 0.2
\]
– Nous avons déjà calculé \(P(D) = 0.23\).
– \(P(B \cap D)\) se trouve en multipliant la probabilité de \(B\) par celle de \(D\) sous \(B\):
\[
P(B \cap D) = 0.2 \times 0.44 = 0.088
\]
– Le produit \(P(B) \cdot P(D)\) est :
\[
P(B) \cdot P(D) = 0.2 \times 0.23 = 0.046
\]
Comme \(P(B \cap D) \ne P(B) \cdot P(D)\), les événements \(B\) et \(D\) ne sont pas indépendants.
Exercice 35 : arbre pondéré et événements
Les événements \( A \) et \( B \) sont indépendants si et seulement si \( P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \).
Calculons:
\[ P(A) = 0,4 \]
\[ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = 0,4 \cdot 0,8 = 0,32 \]
\[ P(B) = P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B) \]
\[ P(\overline{A}) = 0,6 \]
\[ P(\overline{A} \cap B) = P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) = 0,6 \cdot p \]
Donc,
\[ P(B) = 0,32 + 0,6p \]
Pour l’indépendance des événements \( A \) et \( B \):
\[ 0,32 = 0,4 \cdot (0,32 + 0,6p) \]
\[ 0,32 = 0,128 + 0,24p \]
\[ 0,32 – 0,128 = 0,24p \]
\[ 0,192 = 0,24p \]
\[ p = \frac{0,192}{0,24} \]
\[ p = 0,8 \]
Ainsi, \( p = 0,8 \) pour que les événements \( A \) et \( B \) soient indépendants.
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