Leçon 09 : Les probabilités Les probabilités comme les statistiques

Leçon 09 : Les probabilités
Les probabilités comme les statistiques ont leur vocabulaire : éventualité, évènement, univers,
tirages équiprobables, probabilité, espace probabilisé, variable aléatoire, loi de probabilité
etc…. Avec un peu de pratique et de recul, on s’aperçoit que faire des probabilités revient
souvent à dénombrer les objets et les situations que l’on étudie.
Pour dénombrer des tirages simples de 2 ou 3 éléments pris parmi n, nous avons deux
techniques les tableaux (Valables si nous tirons deux éléments) et les arbres (dans tous les
cas). Par exemple, nous lançons deux dés l’un après l’autre. Card E = 62 = 36 éventualités
possibles. Le tableau :
1
2
3
4
1
(1;1)
(2;1)
(3;1)
etc
2
(1;2)
etc
5
6
Le premier dé tiré est en haut et
le deuxième verticalement.
Nous avons 36 cases.
3
Attention, si on jette les dés
simultanément, (1 ; 2) devient
identique à (2 ;1) et nous aurons
seulement 21 éventualités.
4
5
6
ou
L’arbre :
1
2
1
2
3
4
5
6
(1 ; 1)
(1 ; 2)
(1 ; 3)
(1 ; 4)
(1 ; 5)
(1 ; 6)
1
2
3
4
5
6
(2 ; 1)
(2 ; 2)
(2 ; 3)
(2 ; 4)
(2 ; 5)
(2 ; 6)
Etc…
3
4
5
6
Nous aurons bien 36 branches (6 x 6).
Si nous avons un univers E muni d’une probabilité P alors : P(E) = 1 ; P(∅) = 1.
Loi de Pascal pour un tirage équiprobable : soit A un événement, P(A) =
card ( A )
.
card ( E )
Si le phénomène étudié est contrarié ou le jeu truqué, alors il faut déterminer les probabilités
de chaque éventualité et si nous prenons un événement A, alors P( A ) = ∑ P( ei ) ei étant les
i
éventualités composant A.
Si A et B sont deux événements incompatibles (A∩B = ∅) alors P(A∪B) = P(A) + P(B).
Dans les autres cas, A et B quelconques, P(A∪B) = P(A) + P(B) – P(A∩B).
Si A et A sont deux événements contraires (A∩ A = ∅ et A∪ A = E) ; P(A) = 1 – P( A ) .
Soient A et B deux événements et A ⊂ B alors P(A) ≤ P(B).
Pour une variable aléatoire X, nous avons une loi de probabilité :
P(X = k) = P(Des événements donnant k) , Le réel k représente les valeurs possibles de X.
Les probabilités conditionnelles.
Soit un événement A supposé réalisé, la probabilité d’avoir B réalisé sera :
PA (B ) =
P( A ∩ B )
P( A )
P(A) ≠ 0.
Deux événements A et B sont indépendants si et seulement si PA (B ) = P(B ) .
(ou bien autrement dit, si P(A∩
∩B) = P(A)P(B)).
Formule des probabilités totales (important) :
Soit B1, B2, ……, Bn une partition de l’univers E, alors pour tout événement A, nous aurons :
P(A) = PB1(A)P(B1) + PB2(A)P(B2) + …… + PBn(A)P(Bn) ou autrement écrit
P(A) = P(A∩
∩B1) + P(A∩
∩B2) + …… + P(A∩
∩Bn).
Nous voyons bien que le langage de la probabilité doit beaucoup au langage des ensembles.
Loi de BERNOULLI de paramètre p et q.
Soit une épreuve X ne possédant que deux issues possibles, le succès (s) et l’échec (e) , nous
posons, p= P(s) et q = P(e) = 1 – p soit p + q = 1. L’espérance mathématique E(X) est alors
égale à p. L’espérance mathématique sera E(X) = p et la variance V(X) = pq.
Loi Binomiale de paramètre n,p et q.
Si nous répétons n fois une épreuve de Bernoulli, les épreuves étant indépendantes les unes
des autres alors si nous appelons X le nombre de succès sur les n épreuves, nous avons la loi
binomiale, les résultats se traitent au travers d’un arbre. (les formules seront vues plus tard)
E(X) = np et V(X) = npq.
Après, il reste les lois continues à voir pour le BAC voir le cours et les exercices de
M.Soubeyrand.
Avant de passer aux exercices de terminale, dans mon cours, je faisais toujours quelques
exercices de révisions pour se remettre en mémoire le vocabulaire des probabilités.
Exercice 1
Un digicode comporte 9 chiffres et 4 lettres A, B, C et D. Un code valide est composé de 4
chiffres pris au hasard parmi les 9 chiffres (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) et d’une lettre prise parmi
les 4 proposées (A, B, C ou D).
Combien a-t-on de codes valides ?
Combien a-t-on de codes valides comportant 4 chiffres différents ?
Exercice 2
Considérons un sac contenant 5 boules rouges, 3 boules noires et 2 boules blanches.
Nous allons étudier divers types de tirages :
Nous tirons deux boules l’une après l’autre avec remise de la première boule tirée dans le sac.
Nous tirons deux boules l’une après l’autre sans remise de la première boule tirée dans le sac.
Nous tirons deux boules simultanément.
Déterminer le cardinal de l’univers E dans chaque cas.
Donner le nombre total de tirages bicolores (A), de tirages unicolores (B) dans le cas b).
Donner le nombre total de tirage ayant au moins une boule blanche (C) dans le cas b).
Exercice 3
Une cible est constituée de cercles concentriques.
2
3
5
10
Les rayons sont 1, 3, 4 et 5. Nous
admettons que le tireur à l’arc atteint
toujours la cible et que la probabilité de
chaque zone comprise entre deux cercles
ou bien celle du cercle central est
proportionnelle à l’aire de la zone
considérée. La zone centrale donne 10
points, la couronne suivante 5 points puis
les deux dernières couronnes 3 et 2
points.
On appelle X le nombre de points
réalisés avec 1 flèche.
a) Donner la loi de probabilité de X.
b) Donner E(X) l’espérance mathématique de la variable X.
Correction
Exercice 1
Un digicode valide est de la forme (c1, c2, c3, c4, L) 4 chiffres pris parmi 9 et une lettre.
Il peut y avoir répétition possibles ((1,1,1,1,A) est valide) ; l’ordre des chiffres intervient par
exemple (1,2,7,9,B) ≠ (2,1,7,9,B). Pour les chiffres, nous avons 4 fois de suite 9 choix
possibles (pensons à l’arbre, donc 94 éventualités) et nous devons de multiplier par 4 car nous
avons 4 choix possibles pour la lettre.
Nombre de digicodes valides = 94 × 4 = 26244 digicodes.
Si nous voulons dénombrer les digicodes ayant des chiffres tous différents alors, nous aurons
9 choix possibles pour le premier chiffre puis 8 choix possibles pour le deuxième puis 7 choix
possibles pour le troisième et enfin 6 choix possibles pour le dernier et 4 pour la lettre :
Nombres de digicodes ayant des chiffres différents = (9 × 8 × 7 × 6) × 4 = 12096 digicodes.
Exercice 2
Nous avons au total dix boules dans le sac. L’univers E est constitué dans chaque cas des
différentes possibilités concernant les deux boules tirées.
a) Ea = {(x ; y) x et y étant 2 boules quelconques parmi les 10}.
S’il y a remise dans le sac de la première boule tirée, nous pouvons tirer deux fois la même
boule c’est-à-dire les répétitions sont possibles. L’ordre des boules tirées intervient et donc
nous aurons 10 x 10 couples (x ; y) possibles.
Card Ea = 102 = 100 éventualités. (Nous pourrions matérialiser ceci par un tableau à
double entrée de 10 colonnes et 10 lignes)
Eb = { (x ; y) x et y étant deux boules différentes}. Attention, elles peuvent avoir la même
couleur mais ce ne peut pas être deux fois la même boule car le tirage se fait sans remise.
L’ordre intervient mais sans répétitions donc nous aurons 10 choix possibles pour la
première boule mais seulement 9 pour la deuxième.
Card Eb =10 x 9 = 90 éventualités. (Pour matérialiser, même tableau que précédemment
mais la diagonale contenant les couples (x ; x) est exclue 100 – 10 = 90).
Ec = { {x ; y} x et y deux boules différentes}. Nous avons des paires car l’ordre
n’intervient plus, le tirage des deux boules se fait simultanément.
90
Card Ec =
= 45 éventualités. En fait, dans le tableau de 10 sur 10, nous prenons la
2 ×1
moitié des cases car {x ; y} = {y ; x} et la diagonale est exclue car on ne peut pas en
effectuant un tirage simultané des deux boules, tirer deux fois la même boule.
Plaçons nous maintenant dans le cas b) tirage de deux boules sans remise de la première
boule tirée. Card E = 90 éventualités. Nous voulons étudier deux évènements :
A = « Tirer 2 boules de couleurs différentes » et B = « Tirer 2 boules de la même couleur.
Il faut dénombrer les éventualités donnant A :
A = « Tirer 1R1N ou 1N1R ou 1R1B ou 1B1R ou 1N1B ou 1B1N » (R =Rouge, N = noir et
B = blanche). Attention, l’ordre des boules tirées intervient. 5 choix possibles pour la rouge
à chaque fois et 3 pour la noire et 2 pour la blanche.
Card A = 5(3) + 3(5) + 5(2) + 2(5) + 3(2) + 2(3) = 62 éventualités.
En fait A est la réunion de 6 événements. Ces 6 événements constituent des ensembles
disjoints (évènements incompatibles) et donc nous additionnons simplement les diverses
possibilités. Pour l’événement B, même chose, B = « Tirer 2 rouges » ou « Tirer 2 noires »
ou « Tirer 2 blanches » (B pourrait s’écrire B = B1 ∪ B2 ∪ B3 , ces trois sousévénements étant incompatibles)
Card B = (5 x 4) + (3 x 2) + (2 x 1) = 20 + 6 + 2 = 28 éventualités.
Remarque : A et B sont contraires l’un de l’autre en effet, quand on tire deux boules ou
bien le tirage est bicolore ou unicolore. Donc A∪B = E en effet 62 + 28 = 90 = card(E).
Pour la dernière question, nous allons utiliser l’événement contraire de C = « Tirer au
moins une blanche », nous le notons C = « Tirer 0 boule blanche ».
Card C = 8 x 7 = 56 éventualités. (Il y a 8 boules non blanches et nous en tirons 2 donc 8
choix possibles pour la première et 7 pour la deuxième).
Card C = 90 – 56 = 34 éventualités.
Exercice 3
a) Cherchons les diverses aires :
Le petit cercle valant 10 points : A10 = πR2 = π(1)2 = π.
La première couronne valant 5 points : A5 = π(3)2 – π(1)2 = 9π − π = 8π
π.
ième
La 2
couronne entre les cercles de rayons 3 et 4 valant 3 points : A3 = π(4)2 −π(3)2 = 7π
π.
2
2
Enfin la dernière couronne : A2 = π(5) − π(4) = 9π
π.
2
L’aire totale de la cible est π(5) = 25π.
Nous sommes dans un cas où chaque aire différente ne sera pas équiprobable.
Appelons X le nombre de points donnés par la flèche tirée. X prend 4 valeurs.
La loi de probabilité de X sera :
A
A
π
1
8π
8
P(X=10) = 10 =
=
= 0.04 = 4%. P(X=5) = 5 =
=
= 0.32 = 32%.
25π
25π 25
25π 25π 25
A3
A
7π
7
9π
9
=
=
= 0.28 = 28%. P(X=2) = 2 =
=
= 0.36 = 36%.
25π 25π 25
25π 25π 25
P(X=3) =
Nous avons bien P(E) =
∑ P( X = i) = 1 .
i
b) Pour l’espérance mathématique de X, E(X), rappelons la définition :
E(X) =
∑ X i × P(X i )
Xi étant les diverses valeurs prises par X et P(Xi) la probabilité
i
de chaque valeur Xi. E(X) = 10(0.04) + 5(0.32) + 3(0.28) + 2(0.36) = 3.56 points.
Nous pouvons espérer 3.56 points. Ceci sera proche d la moyenne si nous jouons un grand
nombre de fois.
Passons maintenant aux exercices de terminale.
TERMINALE ES
Les probabilités
Exercice 1
Une maladie affecte le cheptel bovin d’un pays. On estime que 8% des bovins de ce pays sont
malades. Un test est mis au point pour diagnostiquer la maladie.
Nous savons que :
Si l’animal est malade, le test est positif dans 84% des cas.
Si l’animal n’est pas malade, le test est négatif dans 98% des cas.
Un animal est choisi au hasard. Nous appelons A l’évènement « L’animal est malade » et T
l’évènement « Le test est positif ».
Construire un arbre avec A, A, T et T .
Calculer la probabilité que le test soit positif.
Calculer la probabilité que l’animal soit malade sachant que le test est positif.
(Ce dernier nombre s’appelle la valeur prédictive du test)
Exercice 2
Une expérience aléatoire consiste à tirer successivement et avec remise, trois cartes d’un jeu
de 32 cartes. Nous voulons étudier le nombre de cœurs obtenus.
Quelle sont les valeurs possibles du nombre de cœurs ?
Calculer P(« 0 cœur ») ; P(« 1 cœur ») ; P(« 2 cœurs « ) et P(« 3 cœurs ») en utilisant un
arbre.
Exercice 3
Un dé cubique possède deux faces colorées en rouge et 4 faces colorées en bleues. Lorsqu’on
lance le dé, chaque face a la même probabilité de sortir.
Nous lançons le dé une fois.
1) Quelle est la probabilité que la face supérieure soit rouge ?
2) Nous répétons trois fois cette épreuve, calculer la probabilité que la face rouge apparaisse :
a) trois fois ; b) une seule fois et c) au moins une fois.
Exercice 4 – QCM
Attention, plusieurs réponses peuvent être bonnes !
Q1− Une expérience aléatoire est représentée par l’arbre suivant :
B
0.9
a) PA(B) = 0.9
A
0.6
0.1
0.4
0.7
?
A
Trouver les réponses exactes :
B
B
b) P(A∩B) = 54%
c) P( B ) = 0.4
B
Q2 – Dans l’expérience décrite en Q1 :
a) A et B sont indépendants ?
b) P(A) = PB(A) ?
c) PB( A ) ≈ 0.34
Q3 – Nous avons le tableau suivant :
Nous avons un groupe d’hommes et de femmes, de fumeurs (FU) et de non fumeurs (NFU)
FU
NFU
H
6
14
F
12
18
On interroge une personne au hasard dans le groupe.
a) La probabilité que ce soit une femme est 0.36
b) La probabilité que ce soit une femme sachant
2
qu’il s’agit d’une personne qui fume est
3
c) La probabilité que ce soit une personne qui fume
2
sachant qu’il s’agit d’une femme est
3
Q4 – Pour l’expérience décrite en Q3, Les évènements :
« On interroge une femme » et « On interroge un non fumeur sont ;
a) indépendants ?
b) non indépendants ?
c) Nous ne pouvons pas répondre ?
Q5 – Une loi de probabilité est définie par :
ai
1
2
pi
0.2
0.4
3
0.2
4
a) La moyenne a est 2.4
0.2
b) La variance est 1.04
c) L’écart type est 1.02
Exercice 5
A et B sont deux roues de loterie. La moitié de la roue A est rouge et seulement le quart de la
roue B est rouge.
Avec la roue A, le joueur gagne si, lorsque la roue s’arrête, le repère se trouve dans la zone
rouge. Même chose avec la roue B mais le joueur a droit a deux essais et il gagne si au mois
une fois, le repère s’arrête dans la zone rouge.
Déterminer avec quelle roue le joueur a – t – il le plus de chance de gagner ?
Exercice 6
La police effectue un contrôle d’alcootest à la sortie de la ville. On admet que 2% des
conducteurs sont contrôlés en état d’ébriété.
La police contrôle n personnes. On assimile ce contrôle à un tirage avec remise et on suppose
les résultats des contrôles indépendants les uns des autres.
1) Quelle est la probabilité de trouver au moins une personne en état d’ébriété ?
2) Calculer le nombre minimal de personnes à contrôler pour que la probabilité de trouver au
moins une personne en état d’ébriété soit supérieure à 0.95
Exercice 7
Nous considérons un QCM comportant 5 réponses à la question posée avec une seule réponse
valide. L’exercice proposé comporte 4 QCM et on appelle X la variable aléatoire donnant le
nombre total de réponses exactes à l’ensemble des QCM. Ces QCM sont indépendants les uns
des autres.
Un élève n’ayant rien appris sur le sujet de ces QCM répond tout à fait au hasard en cochant
une réponse sur les 5 proposées à chaque QCM.
a) Donner la probabilité d’avoir plus de 2 réponses exactes.
b) Donner la probabilité d’avoir au moins une réponse exacte.
Exercice 8 La planche de Galton (Un peu plus difficile)
C’est une expérience très connue qui consiste à faite descendre un bille verticalement le long
d’une planche sur laquelle se trouve plusieurs rangées de clous.
Départ
*
*
*
*
*
*
*
A
*
*
*
B
*
*
*
*
C
*
*
*
*
D
*
*
E
*
F
G
Sur un trajet possible, la bille rencontre toujours 6 nœuds et à chaque nœud, elle peut aller à
droite (D) ou à gauche (G) (Ces deux directions étant équiprobables)
Calculer la probabilité de tomber dans la case A.
(Pour curiosité (hors programme) : Calculer la probabilité de chaque autre case.)
(Si nous lançons 1000 billes, comment vont se répartir ces billes ?)
Après, il reste les lois continues à voir pour le BAC
voir le cours et les exercices de TS de M.Soubeyrand les exigences sont le mêmes.
Correction
Exercice 1
Remarque sur les arbres et les probabilités conditionnelles :
C
P(A) × PA(C) = P(A∩
∩C)
PA(C)
P(A) × PA(D) = P(A∩
∩D)
A
P(A)
(Sur cette branche, on suppose A réalisé)
PA(D)
D
P(B)
C
(Sur cette branche, on suppose B réalisé)
PB(C)
P(B) × PB(C) = P(B∩
∩C)
B
PB(D)
D
P(B) × PB(D) = P(B∩
∩D)
Tous les arbres se ressemblent même s’ils n’ont pas le même nombre de branches.
P(A)+P(B) = 1 = 100%. PA(C) + PA(D) = 1 = 100%
Et de même : PB(C) + PB(D) = 1 = 100%.
Quelquefois, A et B se répètent à la place de C et D ou souvent B est l’évènement contraire de
A. C ou D représentent ici des évènements qui vont se produire soit après A, soit après B.
revenons à notre exercice :
T
Si l’animal est malade (A), le test est
positif dans 84% des cas donc :
84%
PA(T)=84%=0.84.Nous en déduisons
que PA( T ) = 16% = 0.16.
A
8%
16%
T
92%
De même : P( A )= 92%= 0.92.
PA ( T ) = 98% = 0.98
et donc PA (T ) = 2% = 0.02
T
2%
A
98%
T
L’arbre étant fait, nous pouvons répondre aux questions posées.
Pour calculer la probabilité que le test soit positif, il faut utiliser le théorème des probabilités
totales :
P(T) = PA(T)P(A) + PA (T ) P( A ) ( ou = P(A∩T) + P( A ∩T)) = 0.84(0.08)+0.02(0.92)
P(T) = 0.0856 soit 8.56%.
Calculons la probabilité que l’animal soit malade sachant que le test est positif :
P(T ∩ A ) P( A ∩ T ) 0.84(0.08) 0.0672 672 84
PT ( A) =
=
=
=
=
=
≈ 0.785 soit environ 79%
P( T )
P(T )
0.0856
0.0856 856 107
La valeur prédictive du test est donc d’environ 80% soit valable environ 8 fois sur 10.
Exercice 2
Nous avons 4 valeurs possibles pour la variable aléatoire donnant le nombre de cœurs tirés :
0, 1, 2 ou 3. Nous pouvons faire l’arbre suivant :
« Tirer un cœur » = C ; « Tirer autre chose qu’un cœur » = C .
C
(C ; C ; C) 3 cœurs tirés
Nous avons ici une
épreuve de Bernoulli car
C
0.25
C
(C ; C ; C ) 2 cœurs tirés deux issues possibles :
C ou C . Elle se répète 3
C etc
C
(C ; C ; C) 2 cœurs tirés fois.
C
0.25
Pour C « Tirer un
cœur », 8 chances sur 32
C (C ; C ; C ) 1 cœur tiré
C
( C ; C ; C) 2 cœurs tirés donc :
8 1
0.75
C
P( C ) =
= = 0.25
32
4
C
C ( C ; C ; C ) 1 cœur tiré
0.75
C
( C ; C ; C) 1 cœur tiré
C
( C ; C ; C ) 0 cœur tiré
C
P( C ) =
24 3
= = 0.75
32 4
(Nous avons bien P(C)+P( C ) = 1 deux évènements contraires l’un de l’autre)
Chaque fois que nous aboutissons sur C, nous avons 0.25 et chaque fois que nous
aboutissons sur C , nous avons 0.75 sur les branches.
0 cœur tiré ne se produit qu’un fois ( C ; C ; C ) ; ces trois tirages étant indépendants, nous
aurons P(0) = 0.75(0.75)(0.75) = (0.75)3 = 0.421875 soit environ 42%.
1 cœur tiré se produit trois fois dans cet arbre : (C ; C ; C ) ; ( C ; C ; C ) et ( C ; C ; C).
Ces trois évènements sont incompatibles donc la probabilité cherchée est la somme des
probabilités des trois évènements. Chacun de ces évènements a la même probabilité de se
produire 0.25(0.75)(0.75) ou 0.75(0.25)(0.75) ou encore 0.75(0.75)(0.25) soit 0.25(0.75)2.
P(1) = 3 (0.25)(0.75)2 = 0.421875 soit encore environ 42%.
2 cœurs tirés se produit aussi 3 fois, comme précédemment :
P(2) = 3 (0.25)2(0.75) = 0.140625 soit environ 14%.
Enfin, 3 cœurs tirés : P(3) = 0.253 = 0.015625 soit environ 2%.
(Vérification : nous avons bien une loi de probabilité car :
∑ Pi = 0.421875+0.421875+0.140625+0.015625 = 1)
i
La loi de probabilité définie ici est une loi binomiale de paramètre 3,0.25,0.75
(Répétition d’une expérience de Bernoulli).
Exercice 3
Avec ce dé, chaque face a la même probabilité de sortir mais les deux couleurs dans leurs
apparitions ne sont pas équiprobables car nous avons 2 faces rouges et 4 bleues.
Soit R : « Sortir une face rouge » et B : « Sortir une face bleue ».
2 1
4 2
P( R ) = = et P( B) = = .
6 3
6 3
Remarquons que ces deux évènements sont contraires l’un de l’autre.
1
soit environ 33.3% .
La probabilité de sortir « Rouge » sera donc de
3
Si nous lançons trois fois ce dé, nous répétons une expérience de Bernoulli de paramètres
1
2
p = P(s) = et q = P(e) = (s pour succès et e pour échec). Nous pouvons faire un arbre
3
3
décrivant ce qui se passe.
R
(R ; R ; R) 3 fois « Rouge »
R
etc..
R
1
3
B
2
3
B
(R ; R ; B) 2 fois « Rouge »
R
(R ; B ; R) 2 fois « Rouge »
B
(R ; B ; B) 1 fois « Rouge »
R
(B ; R ; R) 2 fois « Rouge »
R
B
B (B ; R ;B) 1 fois « Rouge »
R (B ; B ; R) 1 fois « Rouge »
B
B (B ; B ; B) 0 fois « Rouge »
(Vous pourrez compléter l’arbre en mettant
2
1
sur chaque branche aboutissant à R et sur
3
3
chaque branche aboutissant à B)
Comme précédemment, les lancers sont indépendants les uns des autres.
a) Pour avoir 3 fois « rouge » (R ; R ; R), un seul chemin dans l’arbre c’est-à-dire une seule
1 1 1 1
possibilité : P((R ; R ; R)) = × × =
soit environ 0.037 et donc 3.7%.
3 3 3 27
C’est un évènement qui se produira peu souvent.
b) Avoir une seule fois « Rouge », ceci se produit 3 fois dans l’arbre et donc :
1 2 2 4
P(« 1 fois Rouge ») = 3 × × × = soit environ 0.444 et donc 44.4%.
3 3 3 9
Evènement beaucoup plus probable que le précédent.
c) « Au moins une fois Rouge », nous utilisons l’évènement contraire « 0 fois Rouge »
2 2 2 8
× × =
3 3 3 27
P(« 0 fois Rouge ») =
P (« Au moins une fois rouge ») = 1 −
et donc
8
19
=
soit environ 0.703 et donc 70.3%.
27 27
Evènement très probable.
Exercice 4
Q1
Complètons l’arbre.
B
0.9
A
0.6
PA(B) = 0.9 et PA( B ) = 0.1
0.1
0.4
B
B
0.7
A
A chaque nœud, la somme des probabilités est 1.
D’autre part, P(A) = 0.6 ; P( A ) = 0.4
Sur la partie inférieure de l’arbre :
PA ( B) = 0.7 et PA ( B) = 0.3
0.3
B
a) PA(B) est la probabilité d’avoir B sachant que A est réalisé : PA(B) = 0.9.VRAI.
b) P(A∩B) se calcule d’après l’arbre : P(A∩B)= P(A)PA(B) = 0.6(0.9) = 0.54 = 54%.
VRAI.
c) P( B ) se calcule avec la formule des probabilités totales en effet, A et A réalisent une
partition de l’univers de cette question et pour B , nous avons :
P( B )=PA( B ) P(A) + PA ( B) P( A ) (ou) = P(A∩ B ) + P( A ∩ B ) = 0.6(0.1) + 0.4(0.3)
= 0.18 ≠ 0.4 donc affirmation FAUSSE.
Q2
Dans la question précédente,
a) A et B sont-ils indépendants ?
Pour le savoir, nous devons comparer P(A∩B) et P(A)P(B) :
P(A∩B) = P(A)PA(B) = 0.6(0.9) = 0.54 et P(A)P(B) = 0.6(0.82) = 0.492
B et B étant complémentaires, P(B) = 1 – P( B ) = 1 – 0.18 = 0.82.
P(A∩B) ≠ P(A)P(B) donc affirmation FAUSSE.
b) P(A) = PB(A) même chose que précédemment car P(A) = 0.6 et
P( A ∩ B) 0.54
=
≈ 0.66 . FAUSSE.
PB(A) =
P( B)
0.82
En fait les deux questions a) et b) sont semblables car si deux évènements sont
P( A ∩ B)
indépendants alors P(A) = PB(A) soit P(A) =
et donc P(A)P(B) = P(A∩B)
P( B)
c) PB( A ) ≈ 0.34 ?
P( B ∩ A ) P( A ∩ B) 0.4(0.7)
PB( A ) =
=
=
≈ 0.34 donc VRAI.
P( B)
P( B)
0.82
Remarque : Grâce à l’étude des questions Q1 et Q2, nous pourrions inverser l’arbre donné :
A
B et B forment une partition de l’univers étudié ici.
27
P( A ∩ B) 0.54 54 27
PB(A) =
=
=
=
41
P( B)
0.82 82 41
14
41
B
A
P B( A ) =
P( B ∩ A ) 0.28 14
=
=
P( B)
0.82 41
A
PB ( A ) =
P( A ∩ B) 0.6(0.1) 0.06 1
=
=
=
P( B )
0.18
0.18 3
PB ( A ) =
P( A ∩ B) 0.4(0.3) 0.12 2
=
=
=
P( B )
0.18
0.18 3
0.82
1
3
0.18
B
2
3
A
Q3
FU
NFU
Total
H
6
14
20
F
12
18
30
Total
18
32
50
On choisit une personne au
hasard.
Nous ajoutons une colonne à
droite pour les totaux H et F et
une colonne en dessous pour les
totaux FU et NFU
a) La probabilité que ce soit une femme est 0.36 ?
Nous avons 50 personnes et 30 femmes donc P(F) =
30
= 0.6 ≠ 0.36 donc a) FAUX
50
b) La probabilité que ce soit une femme sachant qu’il s’agit d’une personne qui fume est
2
?
3
P( FU ∩ F) 12 2
=
= donc b) VRAI.
P( FU )
18 3
PFU ( F) =
c) La probabilité que ce soit une personne qui fume sachant qu’il s’agit d’une femme est
2
?
3
P( FU ∩ F) 12 2
=
= = 0.4 donc c) FAUX.
P( F )
30 5
Remarque : ce tableau pourrait se transformer facilement en arbre.
PF ( FU ) =
FU
H et F forment une partition de l’univers étudié ici.
PF(FU) = 0.4 donc PF(NFU) = 0.6
NFU
PH(FU) =
FU
PH ( NFU ) =
0.4
F
0.6
0.6
0.4
P( H ∩ FU ) 6
=
= 0 .3
P( H )
20
P( H ∩ NFU ) 14
=
= 0 .7
P( H )
20
0.3
H
0.7
NFU
Q4
Il faut calculer P(NFU) et PF(NFU) pour savoir si F et NFU sont indépendants :
P(F) = 0.6
18 14 32
P(NFU) = P(F∩NFU)+P(H∩NFU) =
+
=
= 0.64 (0.6(0.6)+0.4(0.7) = 0.64)
50 50 50
PF(NFU) = 0.6
Les deux évènements ne sont pas indépendants.
b) VRAI.
Q5
ai
1
2
pi
0.2
0.4
3
0.2
4
ai prend 4 valeurs et il n’y a pas équiprobabilité.
0.2
a) La moyenne est a = ∑ a i p i = 0.2 + 0.8 + 0.6 + 0.8 = 2.4 donc a) VRAI.
i
b) La variance V(a) =
∑ (a
i
− a ) 2 p i ou ∑ a i pi − a 2
2
i
i
= (1 – 2.4)2(0.2) + (2 – 2.4)2(0.4) + (3 – 2.4)2(0.2) + (4 – 2.4)2(0.2)
= 0.392 + 0.064 + 0.072 + 0.512 = 1.04 donc b) VRAI.
c) L’écart type sera σ(a) =
V(a ) donc ici σ(a) = 1.04 ≈ 1.0198 donc c) est une valeur
approchée. Vrai ou Faux ? Nous pouvons dire VRAI car 1.02 est très proche.
Exercice 5
B
Avec la roue A (Un seul coup) :
GA
A
GA = « gagné avec A » et PA = « Perdu avec A »
0.5
P(GA) = 0.5 (Les deux aires sont les mêmes)
0.5
PA
Avec la roue B (Deux coups) : Pour les aires un quart, trois quarts donc
G2
G1 = « Gagner au premier coup avec B »
0.25
P1 = « Perdre au premier coup avec B »
0.75
G2 = « Gagner au deuxième coup avec B »
G1
0.25
P2
G2
0.75
P2 = « perdre au deuxième coup avec B »
0.25
P1
0.75
P2
Dans B, la surface rouge est un quart du cercle donc P(G1) = 0.25 et P(P1) = 0.75.
C’est une épreuve de Bernoulli qui se répètent deux fois (P(s) = p = 0.25 et P(e) = q = 0.75).
Si nous parcourons l’arbre alors, nous voyons 4 situations possibles :
G1G2 ou G1P2 ou P1G2 ou P1P2. Dans les trois premiers cas, le joueur gagne.
P(GB) = P(G1G2) + P(G1P2) + P(P1G2) (Ces trois situations sont incompatibles)
P(GB) = 0.25(0.25) + 0.25(0.75) + 0.75(0.25)
P(GB) = 0.4375
Jouer deux fois semblait offrir plus de chance mais au contraire le joueur a intérêt à jouer
une seule fois avec la roue A (P(GA = 0.5 > P(GB)).
Exercice 6
1) La police effectue ici une épreuve de Bernoulli, elle considère comme un succès de trouver
une personne en état d’ébriété (P(s) = p = 2% = 0.02) et comme un échec de trouver une
personne dont le test sera négatif (P(e) = q = 98% = 0.98).
Les contrôles sont considérés comme indépendants et reviennent donc à effectuer un tirage
avec remise sur un échantillon de population.
Loi binomiale de paramètres p = 0.02 ; q = 0.98 et n le nombre de personnes contrôlées.
La probabilité d’avoir n échec sera : (0.98)n (0.98(0.98)(0.98) etc….(0.98) n fois)
La probabilité d’avoir au moins une personne en état d’ébriété sera donc l’évènement
contraire du précédent : 1 – (0.98)n.
2) Nous cherchons n entier tel que 1 – (0.98)n > 0.95 (1)
Cette inéquation se fait avec la fonction logarithme ln :
(1) ⇔ (0.98)n < 0.05
(Nous pouvons prendre le logarithme des deux membres car ce
sont des quantités strictement positives)
n
(ln an = n ln a , a>0)
ln(0.98) < ln 0.05
n ln 0.98 < ln 0.05
(Attention, ln 0.98 est négatif donc , en divisant, le sens de
l’inéquation change)
ln 0.05  ln 0.05

n>
≈ 148.3  . Il faudra faire au moins 149 contrôles d’alcootests

ln 0.98  ln 0.98

Exercice 7
a) Un QCM représente une expérience de Bernoulli : le succès est la bonne réponse (B) avec
1
4
P(B) = p = = 0.2 et l’échec (F) les quatre autres réponses P(F) = q = 1 – p = = 0.8.
5
5
Comme il y a 4 QCM indépendants les uns des autres, nous pouvons faire un arbre :
B
(B ; B ; B ; B) 4 bonnes réponses
B
B
B
F
F
B
0.2
F
0.8
F
B
B
F
F
B
F
F
B
F
B
F
B
F
B
F
B
F
B
F
B
F
(B ; B ; B ; F) 3 bonnes réponses
(B ; B ; F ; B) 3 bonnes réponses
(B ; B ; F ; F) 2 bonnes réponses
(B ; F ; B ; B) 3 bonnes réponses
(B ; F ; B ; F) 2 bonnes réponses
(B ; F ; F ; B) 2 bonnes réponses
(B ; F ; F ; F) 1 bonnes réponses
(F ; B ; B ; B) 3 bonnes réponses
(F ; B ; B ; F) 2 bonnes réponses
(F ; B ; F ; B) 2 bonnes réponses
(F ; B ; F ; F) 1 bonne réponse
(F ; F ; B ; B) 2 bonnes réponses
(F ; F ; B ; F) 1 bonne réponse
(F ; F ; F ; B) 1 bonne réponse
(F ; F ; F ; F) 0 bonne réponse
A vous de compléter sur chaque branche les probabilités, P(B) = 0.2 et P(F) = 0.8.
Il s’agit d’une loi binomiale de paramètres 0.2, 0.8 et n = 4.
(Tirages avec remise c’est-à-dire ici choix d’une réponse à chaque QCM)
Si k est le nombre de bonnes réponses, nous cherchons P(k > 2) (Ce qui assurerait plus de
la moyenne à l’exercice)
Nous voulons donc 3 ou 4 bonnes réponses, il y a 5 branches de l’arbre réalisant ceci :
(B ; B ; B ; B) ; (B ; B ; B ; F) ; (B ; B ; F ; B) ; (B ; F ; B ; B) ; (F ; B ; B ; B)
Ces évènements étant incompatibles, nous faisons la somme des probabilités de chaque
cas :
P(k > 2) = P((B ; B ; B ; B)) + P((B ; B ; B ; F)) + P((B ; B ; F ; B)) + P((B ; F ; B ; B)) +
P((F ; B ; B ; B)) soit
P(k > 2) = (0.2)4 + (0.2)3(0.8) + (0.2)2(0.8)(0.2) + (0.2)(0.8)(0.2)2 + (0.8)(0.2)3
= (0.2)4 + 4(0.2)3(0.8)
= 0.0272 soit 2.72% !
Nous voyons ici la redoutable efficacité des QCM (Aussi, apprenez bien votre cours et ne
répondez pas au hasard)
b) Pour calculer la probabilité d’avoir au moins une réponse exacte lorsqu’on répond au
hasard, nous allons utiliser l’évènement contraire en effet :
P(k ≥ 1) = 1 – P( k = 0)
P(k ≥ 1) = 1 – P((F ;F ;F ;F)) = 1 – (0.8)4 = 0.5904 soit presque 60%.
(Attention, P(k = 0) = (0.8)4 = 0.4096 soit 41% de chances d’avoir tout faux !)
Exercice 8
La planche de Galton est une expérience très connue réalisée avec une planche et des clous
bien répartis. Au sommet, on lâche une grosse quantité de billes et on observe ce qui se passe
quand toutes les billes sont tombées.
Départ
*
*
*
*
*
*
*
A
*
*
*
B
*
*
*
*
C
*
*
*
*
D
*
*
E
*
F
G
Lors du passage à un nœud (ou à la rencontre d’un clou), nous avons possibilité d’aller à
gauche ou à droite, c’est donc une épreuve de Bernoulli P(G) = P(D) = 0.5. Pour tout la
planche, nous avons une loi binomiale de paramètres p = 0.5 ; q = 0.5 et n = 6.
Pour aboutir en A, la bille doit aller toujours à sa droite (à gauche en regardant de face) donc
P(« Aboutir en A ») = (0.5)6 = 0.015625 soit 1.6% environ (C’est faible).
Pour calculer la probabilité des autres cases, il faut imaginer l’arbre avec à chaque nœud, deux
départs de branches G ou D.
Plaçons nous du côté de l’observateur.
Pour la case A : (G,G,G,G,G,G) et P(A) = (0.5)6 = 0.015625.
Pour la case B, il faut que la bille soit allée 1 seule fois à droite sur les six coups, ceci se
produit de six manières différentes :
(D,G,G,G,G,G) ; (G,D,G,G,G,G) ; (G,G,D,G,G,G) ; (G,G,G,D,G,G) ; (G,G,G,G,D,G) ou
enfin (G,G,G,G,G,D) donc P(B) = 6(0.5)5(0.5) = 6(0.5)6 = 0.09375 (Ceci se produit 6 fois
plus que le précédent).
Pour la case C, c’est plus compliqué en effet, il faut que la bille aille deux fois à droite sur son
parcours :
(D,D,G,G,G,G) ou (D,G,D,G,G,G) ou (D,G,G,D,G,G) etc …
Amusez vous à les trouver tous !
En TS, nous apprenons une formule qui donne le résultat : il s’agit du calcul des
combinaisons, ici il faut placer 2 D parmi les six places :
6×5
C62 =
= 15 situations différentes donc P(C) = 15(0.5)4(0.5)2 = 15(0.5)6 = 0.234375.
2
Pour la case D, 3 fois à droite et 3 fois à gauche donc 3D et 3G :
(D,D,D,G,G,G) ou (D,D,G,D,G,G) ou (D,D,G,G,D,G) etc.. ici aussi pas facile de dénombrer
toutes les situations possibles mais le calcul donne :
6×5× 4
C36 =
= 20 situations possibles donc P(D) = 20(0.5)3(0.5)3 = 20(0.5)6 = 0.3125.
6
C’est l’évènement le plus probable.
Pour les autres cases, il y a symétrie car il suffit d’échanger D et G donc :
P(E) = P(C) = 0.234375.
P(F) = P(B) = 0.09375.
P(G) = P(A) = 0.015625.
Nous avons bien une loi de probabilité car :
∑ Pi = 0.015625 + 0.09375 + 0.234375 + 0.3125 + 0.234375 + 0.09375 + 0.015625 = 1.
i
Lorsque nous lançons 1000 billes, nous pouvons admettre que la répartition en bas suivra la
loi de probabilité trouvée ci-dessus (Loi des grands nombres).
Case A : 1000(0.015625) = 15.625 ≈ 16 billes
Case B : 1000(0.09375) = 93.75 ≈ 94 billes
Case C : 1000(0.234375) = 234.375 ≈ 234 billes
Case D : 1000(0.3125) = 312.5 ≈ 313 billes
Case E : ≈ 234 billes
Case F : ≈ 94 billes
Case G : ≈ 16 billes
(Le total donne 1001 car nous avons arrondi le nombre des billes)
Un histogramme peut donner l’allure du tas obtenu en bas de la planche :
0,35
0,234375
0,3
0,25
0,234375
0,3125
y
0,4
0,05
-2
0
-1
0,015625
0,1
0
1
2
3
4
5
Loi binomiale de paramètres n = 6 et p = 0,5
-0,05
Espérance = 3
Écart type = 1,22474487139159
-0,1
0,015625
0,15
0,09375
0,09375
0,2
6
7
8
9
10
Ρ(Χ = 3) ≈ 0,3125
11
12 x
Voilà, fin du travail ! Non, il faut que tu fasses toi-même tes fiches de révisions en t’inspirant
de ce que j’ai fait. C’est indispensable si tu veux bien préparer ton BAC.
Bon courage.
N.B.
Pour l’option Math, voir les professeurs du lycée qui enseignent cette option pour avoir des
conseils.