QCM : Univers dénombrable et Bayes en L2 de maths

Réponse D.

Une tribu contient \(\Omega\), et elle est stable par complémentaire et par réunion dénombrable. La bonne famille vérifie ces trois points. En revanche, la famille qui contient \(\{1\}\) et \(\{2\}\) oublie leurs complémentaires. Celle sans \(\varnothing\) oublie le complémentaire de \(\Omega\). Enfin, la famille avec \(\{1,2\}\) ne contient pas \(\{3,4\}\).

Réponse B.

La somme des probabilités des singletons doit valoir 1. Or la série géométrique de raison \(\frac{1}{3}\), prise depuis \(n=0\), a pour somme \(\frac{3}{2}\). Il faut donc \(c\times\frac{3}{2}=1\), d’où \(c=\frac{2}{3}\). Le piège 2 calcule la somme depuis \(n=1\), qui vaut \(\frac{1}{2}\). Quant à \(\frac{3}{2}\), il donne la somme au lieu de son inverse.

Réponse A.

On passe par le complémentaire : \(P(\{0\})=\frac{2}{3}\) et \(P(\{1\})=\frac{2}{9}\), dont la somme vaut \(\frac{8}{9}\). Par conséquent, l’événement cherché a pour probabilité \(\frac{1}{9}\). Le piège \(\frac{2}{27}\) ne garde que le singleton \(\{2\}\). La réponse \(\frac{8}{9}\) est la probabilité du complémentaire, et \(\frac{1}{3}\) correspond à \(\{n\geq 1\}\).

Réponse D.

Soit \(A_n\) l’événement « aucun 6 lors des \(n\) premiers lancers ». Ces événements décroissent, et \(P(A_n)=\left(\frac{5}{6}\right)^{n}\). Leur intersection est l’événement cherché, donc sa probabilité est la limite, soit 0. Le piège \(\frac{5}{6}\) ne regarde qu’un seul lancer. De plus, la probabilité existe bien : l’événement appartient à la tribu engendrée par les lancers.

Réponse B.

L’événement « au moins un 6 » contient 11 issues équiprobables, et non 12, car \((6,6)\) n’est compté qu’une fois. Parmi elles, seules \((2,6)\) et \((6,2)\) donnent une somme de 8. La probabilité conditionnelle vaut donc \(\frac{2}{11}\). Le piège \(\frac{5}{36}\) ignore la condition. La réponse \(\frac{1}{18}\) est la probabilité de l’intersection, sans division.

Réponse C.

Le choix de l’urne partage l’univers en deux cas. La formule des probabilités totales donne donc \(\frac{1}{3}\times\frac{3}{5}+\frac{2}{3}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{5}+\frac{1}{6}\), soit \(\frac{11}{30}\). Le piège \(\frac{4}{9}\) mélange toutes les boules dans une seule urne. La réponse \(\frac{17}{40}\) suppose les deux urnes équiprobables. Enfin, \(\frac{1}{5}\) oublie la contribution de \(U_2\).

Réponse C.

La formule de Bayes divise la probabilité de « \(U_1\) et rouge », soit \(\frac{1}{5}\), par celle de « rouge », soit \(\frac{11}{30}\). On obtient \(\frac{30}{55}=\frac{6}{11}\). Le piège \(\frac{3}{5}\) inverse le conditionnement : c’est la probabilité de tirer rouge sachant \(U_1\). La réponse \(\frac{1}{3}\) oublie l’information apportée par le tirage. Quant à \(\frac{5}{11}\), elle concerne \(U_2\).

Réponse B.

Sur 2000 personnes, 20 sont malades, dont 18 positives. Parmi les 1980 saines, 99 sont positives. Ainsi, sur 117 positifs, seuls 18 sont malades : la probabilité vaut \(\frac{18}{117}=\frac{2}{13}\). Le piège 90 % confond la sensibilité du test avec la probabilité cherchée. La réponse 85 % soustrait deux pourcentages sans fondement. Enfin, 1 % oublie le résultat du test.

Réponse A.

On a \(P(A)=\frac{1}{2}\) et \(P(B)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}\). De plus, \(A\cap B\) contient \((2,5)\), \((4,3)\) et \((6,1)\), soit une probabilité de \(\frac{1}{12}\). L’égalité avec le produit prouve l’indépendance. L’argument « la somme dépend du premier dé » confond indépendance physique et indépendance probabiliste. L’argument « non incompatibles » confond indépendance et incompatibilité, deux notions presque opposées.

Réponse C.

Chaque événement a probabilité \(\frac{1}{2}\), et chaque intersection de deux d’entre eux se réduit à « pile, pile », de probabilité \(\frac{1}{4}\). Ainsi, l’indépendance par paires est acquise. Cependant, \(A\cap B\cap C\) a aussi probabilité \(\frac{1}{4}\), et non \(\frac{1}{8}\). Par conséquent, l’indépendance mutuelle échoue. Le piège « seuls \(A\) et \(B\) » oublie de calculer les autres couples.

Réponse A.

On compte des parties : il y a \(\binom{10}{3}=120\) tirages, et \(\binom{4}{2}\binom{6}{1}=36\) d’entre eux comptent 2 rouges. Donc la probabilité vaut \(\frac{36}{120}=\frac{3}{10}\). Le piège \(\frac{36}{125}\) applique la loi binomiale, valable seulement avec remise. La réponse \(\frac{1}{20}\) oublie le choix de la boule blanche. Enfin, \(\frac{2}{5}\) est la proportion de rouges dans l’urne.

Réponse D.

Alice gagne au lancer \(2k+1\) si les \(2k\) lancers précédents échouent. Les victoires aux différents tours s’excluent mutuellement ; on additionne donc une infinité dénombrable de termes. On somme donc \(\frac{1}{3}\left(\frac{4}{9}\right)^{k}\), ce qui donne \(\frac{1}{3}\times\frac{9}{5}=\frac{3}{5}\). Le piège \(\frac{1}{2}\) néglige l’avantage du premier joueur. Quant à \(\frac{1}{3}\), il ne compte que le premier lancer.