Probabilités conditionnelles : exercices corrigés de 1re

On liste les issues : $A = \{1\,;3\,;5\}$ et $B = \{3\,;4\,;5\,;6\}$.

L'intersection contient les issues communes : $A \cap B = \{3\,;5\}$.

Le dé est équilibré, donc on est en situation d'équiprobabilité : $P_A(B)$ est le nombre de cas de $A \cap B$ divisé par le nombre de cas de $A$ ².

On obtient $P_A(B) = \dfrac{2}{3}$.

Vérification avec la définition : $P(A \cap B) = \dfrac{2}{6}$ et $P(A) = \dfrac{3}{6}$, d'où $\dfrac{2/6}{3/6} = \dfrac{2}{3}$ ¹.

Il y a 4 rois parmi 32 cartes : $P(R) = \dfrac{4}{32} = \dfrac{1}{8}$.

Il y a $4 + 4 + 4 = 12$ figures, donc $P(G) = \dfrac{12}{32}$.

Tout roi est une figure, donc $R \cap G = R$ et $P(R \cap G) = \dfrac{4}{32}$.

On applique la définition : $P_G(R) = \dfrac{P(R \cap G)}{P(G)} = \dfrac{4/32}{12/32} = \dfrac{4}{12} = \dfrac{1}{3}$ ¹.

On retrouve le même résultat en comptant : 4 rois parmi les 12 figures.

On complète le tableau : le théâtre compte $45 + 20 = 65$ élèves en tout.

Pour la question 1, la référence est l'ensemble des filles (120) : $P_F(T) = \dfrac{45}{120} = \dfrac{3}{8}$ ².

Interprétation : 37,5 % des filles de l'échantillon font du théâtre.

Pour la question 2, la référence est l'ensemble des élèves qui font du théâtre (65). Les filles parmi eux sont 45.

On obtient $P_T(F) = \dfrac{45}{65} = \dfrac{9}{13} \approx 0{,}692$ ¹.

On constate que $P_F(T) \neq P_T(F)$ : on ne divise pas par le même total.

Premier niveau : $P(R_1) = \dfrac{5}{8}$ et $P(\overline{R_1}) = \dfrac{3}{8}$.

Si $R_1$ est réalisé, il reste 7 boules dont 4 rouges : $P_{R_1}(R_2) = \dfrac{4}{7}$ et $P_{R_1}(\overline{R_2}) = \dfrac{3}{7}$.

Si $\overline{R_1}$ est réalisé, il reste 7 boules dont 5 rouges : $P_{\overline{R_1}}(R_2) = \dfrac{5}{7}$ et $P_{\overline{R_1}}(\overline{R_2}) = \dfrac{2}{7}$. Sur le second niveau, on inscrit bien des probabilités conditionnelles ¹.

Le chemin « rouge puis rouge » a pour probabilité $P(R_1 \cap R_2) = P(R_1) \times P_{R_1}(R_2)$, par la règle du produit ¹.

Donc $P(R_1 \cap R_2) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{4}{7} = \dfrac{20}{56} = \dfrac{5}{14} \approx 0{,}357$.

Données : $P(A) = 0{,}6$, $P(B) = 0{,}4$, $P_A(D) = 0{,}02$ et $P_B(D) = 0{,}05$.

Les événements $A$ et $B$ forment une partition de l'univers : toute pièce vient de l'une des deux machines et d'une seule ⁴.

On applique la formule des probabilités totales : $P(D) = P(A) \times P_A(D) + P(B) \times P_B(D)$ ⁴.

Calcul : $P(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}012 + 0{,}02 = 0{,}032$.

Sur l'arbre, cela revient à additionner les deux chemins qui aboutissent à $D$ ¹.

On cherche $P_D(B)$. La définition donne $P_D(B) = \dfrac{P(D \cap B)}{P(D)}$, valable car $P(D) > 0$ ².

Numérateur : $P(B \cap D) = P(B) \times P_B(D) = 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}02$ ¹.

Dénominateur : $P(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}032$ par les probabilités totales ⁴.

Donc $P_D(B) = \dfrac{0{,}02}{0{,}032} = 0{,}625$.

Comparaison : $P(B) = 0{,}4$ avant le contrôle, $0{,}625$ après avoir appris que la pièce est défectueuse.

Les 36 couples sont équiprobables : on peut compter ².

Pour $U$, on compte les couples où le dé rouge affiche 6 (6 couples) et ceux où le dé bleu affiche 6 (6 couples), sans compter deux fois $(6\,;6)$ : $6 + 6 - 1 = 11$ couples.

Pour $S \cap U$, on cherche les couples de somme 8 contenant un 6 : $(6\,;2)$ et $(2\,;6)$. Le couple $(4\,;4)$ est de somme 8 mais ne contient pas de 6 : il est exclu. Il y a donc 2 couples.

On en déduit $P_U(S) = \dfrac{2}{11} \approx 0{,}182$ ².

Contrôle avec la définition : $P(S \cap U) = \dfrac{2}{36}$, $P(U) = \dfrac{11}{36}$, et $\dfrac{2/36}{11/36} = \dfrac{2}{11}$ ¹.

$P_A$ est une loi de probabilité sur l'univers ¹, donc $P_A(B) = 1 - P_A(\overline{B})$ ².

On obtient $P_A(B) = 1 - 0{,}35 = 0{,}65$.

La définition $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$ s'écrit aussi $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$ ¹.

Donc $P(A \cap B) = 0{,}4 \times 0{,}65 = 0{,}26$.

Contrôle de vraisemblance : $P(A \cap B) \leq P(A)$, soit $0{,}26 \leq 0{,}4$, ce qui est cohérent.