Conditionnement et indépendance

Ouverture
Née de la théorie des jeux, la théorie des probabilités est devenue très importante dans divers
domaines tels que la gestion des risques ou la
finance, et en particulier dans le domaine de la
génétique. Les découvertes de Gregor Mendel
au xixe siècle et les enseignements qu’il sut en
tirer restent un modèle de nos jours.
Une maladie génétique humaine est due à la
présence spécifique d’un allèle morbide, noté
m, d’un gène M. Le gène est récessif lorsque la
présence de deux allèles morbides mm est obligatoire pour développer la maladie.
L’allèle impliquant le daltonisme est récessif,
ce qui signifie que les femmes ne seront daltoniennes que si leurs deux chromosomes X sont
déficients, c’est-à-dire si chacun de leurs parents
leur a transmis un allèle déficient.
Réponse à la question
L’anomalie est récessive, et nous savons que la
femme est daltonienne, donc exprime cette anomalie. Par conséquent les deux chromosomes de
la paire 23 portent le gène du daltonisme. La probabilité vaut donc 1.
On peut en conclure que la mère de cette femme
est porteuse du gène du daltonisme (sans
nécessairement l’exprimer) et que le père est lui
nécessairement daltonien.
Vérifier ses acquis
1 Cet exercice a été modifié dans l’exemplaire
élève : 1.c. A ∩ B.
1.a. B : ensemble des lycéens n’ayant pas les
yeux bleus ;
b.A ∪ B : ensemble des filles ou des lycéens à
yeux bleus ;
c.A ∩ B : ensemble des filles aux yeux bleus ;
B ∩ A : ensemble des filles n’ayant pas les yeux
bleus ;
e. A « B  : ensemble de tous les lycéens sauf les
filles aux yeux bleus ;
f. A » B ensemble des garçons aux yeux bleus.
2.a. Enfants qui sont malades et ont été vaccinés : V ∩ M.
b.Enfants qui ont été vaccinés et ne sont pas
malades : V ∩ M.
c.Enfants qui ne sont ni malades, ni vaccinés :
V ∩ M.
2 1.
∩
A
A
total
L
6
6
12
L
4
20
24
total
10
26
36
4
a.P(A ∪ L) =  ;
9
1
1
b.P(A ∩ L) =  ;
c. P(A ∩ L) =  .
6
9
3 a. ALEA ENTRE BORNES (1, 6) renvoie un
entier aléatoire entre 1 et 6 et NB.SI(p ; a) compte
le nombre de a de la plage p.
X = ALEA ENTRE BORNES (1, 6) + ALEA ENTRE
BORNES (1, 6)
Y = ALEA ENTRE BORNES (1, 6) – ALEA ENTRE
BORNES (1, 6)
b.ENT(Alea*6 + 1) renvoie un entier aléatoire
entre 1 et 6.
c.Cet algorithme simule la fréquence d’obtenir
0, 1, 2 fois le six au cours de deux lancers.
4 a. On inscrit
5
sur les autres branches.
6
2
Ê 1ˆ
b.Probabilité d’obtenir un double 4 : ÁË ˜¯  ; pro6
2
Ê 5ˆ
babilité d’obtenir au moins un 4 : 1 – Á ˜ .
Ë 6¯
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 281
© éditions Belin, 2012.
12
Conditionnement
et indépendance
Activités d’introduction
Activité 1
1 a. P(A) est le quotient du nombre d’éléments
de A par le nombre d’éléments de l’univers.
665
896
721
b.P(A) = 
; P(A) = 
; P(F) = 
 ;
1561
1561
1561
840
336
1225
P(F) = 
; P(A ∩ F) = 
; P(A « F) = 
.
1561
1561
1561
c. Pour remplir ce tableau on divise les données
du tableau de l’hypothèse par 1 561.
Activité 2
1 6 % des lecteurs MP3 sont défectueux, donc
P(D) = 0,06. L’unité de contrôle rejette 98 % des
lecteurs défectueux, donc PD(R) = 0,98.
2 5 % des lecteurs MP3 fonctionnant correctement, donc PD (R) = 0,05.
3
PD(R)
P(D)
R
840
1 561
F
A
A
329
840
511
840
A
Dans le premier cas on « arrive à A » en passant
par F, et dans l’autre en « passant par F ». Il ne
s’agit donc pas de la même situation.
Arbre pondéré de la question 3. :
F
336
665
665
1 561
896
1 561
A
n
P(R)
1 P(T1 BN, T2 BN) PT B (T2 BN) ¥ P(T1 BN)
1
3 Les événements sont mutuellement incompatibles et leur union forme tout l’univers. On dit
qu’ils forment une partition de l’univers.
P(T2 BN) PT B (T2 BN) ¥ P(T1 BN)
1
N
PT B (T2 BN) ¥ P(T1 BBL)
329
665
BL
1
R
1
3
5
3
4
1
¥
¥
.
13 13 12 13 12 4
F
F
4 PT B (T1 BBL) 2
A
N
3
1
4
¥
.
13 12 13
2 PT B (T2 BN) 3 .
1 BL
13
3
PT B (T2 BN) .
1 R
13
1
385
896
0,1058
Activité 3
PT B (T2 BN) ¥ P(T1 BR)
511
896
(T1 BBL)
PT
2 BR
P(T2 BR)
R
5
.
13
5 PT B (T1 BBL) PT B (T2 BN) ¥ P(T1 BBL)
2
F
282 5 On cherche PR (D) =  P(R « D)  =  0, 0588 .
On note l’événement Ti = BN le fait de tirer une
boule noire au tirage i.
385
721
F
PD(R) + PD(R ) = 1.
N
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance
1
5
.
52
BL
© éditions Belin, 2012.
721
1 561
D
4 P(D) + P(D) = 1 ; PD (R) + PD (R ) = 1 ;
A
336
721
0,05
0,94
P1(A) = 
4
D
0,06
2 On note P1 la probabilité recherchée.
336 P(A « F)
 = 
;
P(F)
721
336 385 P(A « F)
P1(A) = 1 – 
 = 
 = 
.
P(F)
721 721
3 On note P2 la probabilité recherchée.
336 P(A « F)
P2(F) = 
 = 
;
P(A)
665
336 329 P(A « F)
P1(F¢ ) = 1 – 
 = 
 = 
.
P(A)
665 665
R
0,98
1 On voit du rouge sur deux des quatre boules,
1
donc P(R) = P(B) = P(J) =  .
2
2 Une seule boule a plusieurs couleurs, donc
1
P(B ∩ R) =  .
4
3 Il y a deux boules ayant du rouge dont une
1
avec du bleu, donc PR(B) =  .
2
4 On a bien P(B ∩ R) = P(R).P(B) =  1 et
4
1
PR(B) = P(B) =  .
2
Travaux pratiques
1TP Algorithmique 1 Marche aléatoire
Première étude
1 Pour a déplacements à l’aller, il en faudra a
pour revenir au point de départ, donc N = 2a.
r
2 Si N = 2a, on a fait a déplacements i et a
r
déplacements de - i , chacun avec une probabiN
lité de
Ê2aˆ Ê 1ˆ
1
, donc P Á ˜ ÁË ˜¯ .
2
Ë a¯ 2
Troisième étude
Plutôt qu’un algorithme donnant la fréquence
théorique des déplacements de la particule, on
proposera un algorithme permettant de simuler
ces déplacements un très grand nombre de fois
(ici 1 000 000 sauts). On pourra ensuite comparer les résultats obtenus avec les résultats de
l’étude théorique.
Cet algorithme affiche les fréquences d’arrêt de la
particule entre 0 et N. Cela suffit puisque d’après
la deuxième étude, les fréquences d’arrêt entre
–N et 0 leur sont égales, de façon symétrique.
N = 20 ;
NEXP = 1 000 000 ;
L est une liste de N+1 éléments ;
Pour i = 0 à N faire
L[i] = 0 ;
FinPour
Pour k = 1 à NEXP faire
m = 0 ;
Pour i = 1 à N faire
pas = Ent(rand*2)*2 – 1 ;
m = m + pas ;
FinPour
Si m > = 0 alors
L[m] = L[m] + 1 ;
FinSi
FinPour
Pour i = 0 à N faire
L[i] = L[i]/NEXP ;
Afficher « La fréquence d’arrêt en i est L[i] » ;
FinPour
Deuxième étude
2TP Tice 1 Indépendant ou pas ?
1 a.Les déplacements vers la droite et vers
la gauche étant équiprobables, la particule se
retrouve avec la même probabilité en m qu’en –m.
b.On ne peut aller plus loin que le nombre de
secondes le permet, par conséquent 0 ≤ m ≤ N.
1 A ∩ B correspond à l’événement « on obtient
une seule boule blanche ».
2 a. a + b = N ; a – b = m.
(N m)
.
2
c. a est entier, donc N + m est pair.
d.Pour se retrouver en m, elle doit faire
b.a n
ÊNˆ Ê 1ˆ
Nm
déplacement positifs, donc p Á ˜ ÁË ˜¯ .
2
Ë a¯ 2
N
Remarque : si m = 0, a =  et N = 2a. On retrouve
2
le résultat 2. de la première étude.
a = 
2 Il semble que pour n = 3, les événements sont
indépendants.
3 a. i. Toutes les boules sont de la même couleur, soit toutes noires, soit toutes blanches :
1
P
.
2n-1
ii. On obtient exactement une boule blanche :
n
P
.
2n
b.Obtenir au plus une boule blanche signifie
obtenir 0 ou 1 boule blanche, donc par i. et ii. :
n
1
n1
P(A « B)  ; P(A) 1  ; P(B) .
2n
2n
2n-1
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 283
© éditions Belin, 2012.
Activité 4
c.
3 a. P(T) P(M « T) P(M « T) ps (1- p)(1- r).
1
2
3
P(A)
0
0,5
0,75
P(B)
1
0,75
0,5
P(A).P(B)
0
0,375
0,375
P(A ∩ B)
0,5
0,5
0,375
un
−1
−1
0
n
4
5
6
P(A)
0,875
0,9375
0,96875
P(B)
0,3125
0,1875
0,109375
P(A).P(B)
0,2734375
P(A ∩ B)
0,25
0,15625
0,09375
3
10
25
un
0,17578125 0,105957031
Pour n = 3, A et B sont indépendants.
4. On pose un = 2n–1 − n − 1.
un+1 = 2n – n – 2 = 2(2n–1 – n – 1) + n = 2un + n
et u3 = 0 donc par récurrence, un > 0 pour n > 3,
par conséquent (un) est strictement croissante.
u3 = 0 et u4 > 0 donc un ne s’annule que pour
n = 3.
Ê
1 ˆ n1 n
P(A).P(B) - P(A « B) Á1 .
Ë 2n-1˜¯ 2n
2n
n
1
(2
- 1)(n 1) - n2n-1
22n-1
un
.
22n-1
A et B sont indépendants si et seulement si n = 3.
3TP Tice 2 Les tests sont-ils efficaces ?
1 s PM(T), r PM(T), donc PM(T) 1 - r .
2
T
s
M
p
1–s
T
T
1–r
1–p
M
r
T
284 n
P(M « T)
ps
.
P(T)
ps (1 - p)(1 - r)
P(M « T)
(1 - p)r
c. P T(M) = 
 = 
.
p(1 - s) (1 - p)r
P(T)
0, 02 ¥ 0, 99
4 a. PT(M) 0, 6689
0, 02 ¥ 0, 99 0, 98 ¥ 0, 01
et P T(M) 0, 9997 à 10–4 près.
b.PT(M) b.La probabilité de ne pas être malade sachant
qu’on obtient un test négatif est très forte, mais
celle d’être malade si on obtient un test positif
2
est d’environ .
3
c. PT(M) 1 - PT(M) 0, 3311.
d.P T(M) 1 - P T(M) 0, 0003.
e. PT(M) P T(M) 0, 3313.
0, 99p
0, 99p
0, 99p 0, 01(1 - p) 0, 98p 0, 01
0, 99(1 - p)
et P T(M) .
0, 99 - 0, 98p
99x
99
a. f(x) , f ¢(x) 0, donc f est
98x 1
(98x 1)2
croissante sur [0 ; 1].
99(1 - x)
-99
b.g(x) , g¢ (x) 0, donc
99 - 98x
(99x - 98x)2
g est décroissante sur [0 ; 1].
c. La courbe de f est rouge, celle de g est orange.
Elles semblent symétriques par rapport à la droite
d’équation y = 0,5.
99(1 - x)
En effet, f(1 - x) g(x).
98(1 - x) 1
e.
5 a. PT(M) x
0
0,001
0,01
0,1
f(x)
0
0,09
0,5
0,91
g(x)
1
0,99999
0,9999
0,998
x
0,2
0,5
0,8
0,9
f(x)
0,96
0,99
0,997
0,998
g(x)
0,997
0,99
0,96
0,91
x
0,99
0,999
1
f(x)
0,9999
0,92849999
1
g(x)
0,5
0,09
0
6 a. Si le test est négatif, la probabilité de ne
pas être malade est supérieure à 9,9999.
b.Si le test est positif, la probabilité d’être malade
est inférieure à 0,5.
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance
© éditions Belin, 2012.
n
4TP Tice 3 Génétique
A. 1 a. Pour que l’enfant soit AA, l’autre
parent doit être AA ou Aa et pour que l’enfant
soit Aa, l’autre parent doit être Aa ou aa.
b.Si l’autre parent est de génotype AA, alors
1
pour l’enfant P(AA) = 1, sinon P(AA) =  .
2
1
Si l’autre parent est de génotype Aa, alors P(Aa) =  ,
2
sinon P(Aa) = 1.
2 Si les deux parents sont de type Aa, chaque
1
parent donne A ou a avec une probabilité et ce
2
1
de façon indépendante, donc P(AA) = P(aa) =  .
4
3 Cette question a été modifiée dans l’exemplaire élève : on note r1 la probabilité qu’un enfant
de génération 1 soit de type AA, s1 celle qu’il soit
de type Aa et t1 celle qu’il soit de type aa. On
Ê
sˆ Ê
sˆ
cherche à en déduire que s1 = 2 Á r ˜ Át ˜ .
2
2
Ë
¯Ë
¯
L’enfant est de type AA :
• avec une probabilité 1 si les deux parents sont AA ;
1
• avec une probabilité si les deux parents sont Aa ;
4
1
• avec une probabilité
si l’un des parents est
2
AA et l’autre Aa.
1
1
Donc r1 = 1 × r2 × 1 + 2rs ×   × 1 + s2 ×   =
2
4
s2
s
r2 + rs +  , donc r1 = (r +  )2, de même
4
2
s
t1 = (t +  )2.
2
Ainsi r1 + s1 + t1 = r + s + t = 1 donc
Ê
s s
sˆ Ê
sˆ
(r +   +   + t)2 = 1, et s1 = 2 Á r ˜ Át ˜ .
2 2
2¯ Ë
2¯
Ë
4 r1 – t1 = (r +  s )2 – (t +  s )2 = ((r +  s ) – (t +  s ))
2
2
2
2
s
s
(r +   + t +  ) = 1 × (r – t) = a.
2
2
5 Il s’ensuit que r2 = r1 ; t2 = t1 ; s2 = s1.
B. 1 Un couple sain ne peut être de type
mm-mm. S’il a un enfant malade, il ne peut être
SS-SS. Les deux parents sont alors de type Sm.
Comme pour la question A.2., la probabilité
1
d’avoir un enfant malade est de , chaque parent
4
1
donnant l’allèle malade avec une probabilité .
2
2 Si un enfant est malade, les parents sont de
type Sm. Sachant que le deuxième enfant est non
3
malade (probabilité ), il est hétérozygote avec
4
2 3 2
une probabilité  =  .
4 4 3
Exercices
Maîtriser le cours
1 c.
2 P(A ∩ B) = P(A) + P(B) – P(A ∪ B).
P(A ∩ B) = P(A).PA(B) = P(B).PB(A).
3 a. ii.b. ii.c. i.
4 a. Faux. b. Faux. c. Faux. d. Faux.
e. Vrai. f. Faux. g. Vrai. h. Vrai. i. Faux.
5 a. Faux. b. Faux. c. Faux. d. Vrai. e. Faux.
6 a. P(A) = 0,7.b. P(B) = 0,2.
c. (P(A ∩ B) = 0,06.
d. PA(B) = 0,3.
3
e. PB(A) =  .f. P(A ∩ B) = 0,14.
35
7 a. P(A) = 0,2.
c. P(A ∩ B) = 0,08.
e. P A(B) = 0,01.
b. PA(B) = 0,4.
d. P(A ∩ B) = 0,08.
f. P(A ∪ B) = 0,54.
8 A et B sont deux événements d’un univers W.
a.Si A et B sont incompatibles, ils ne sont indépendants que si l’un est de probabilité nulle.
b.Si A et B sont indépendants, ils ne sont incompatibles que si l’un est de probabilité nulle.
c.Si P(A) = 0, A et B sont indépendants
9 a. Faux. b. Vrai. c. Vrai. d. Vrai.
10 a. Vrai. b. Vrai. c. Faux. d. Faux.
11
∩
A
A
Total
B
0,14
0,06
0,2
B
0,56
0,24
0,8
Total
0,7
0,3
1
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 285
© éditions Belin, 2012.
c. Dans ce cas le test de dépistage systématique
ne suffit pas pour déterminer si un individu est
malade ou non.
12
B
0,4
A
0,8
0,6
B
B
0,4
0,2
A
19 1. P(A) = 0,4 ; PA(B) = 0,6 ; P A (B) = 0,7.
2.a. P(B) = 0,4 × 0,6 + 0,6 × 0,7 = 0,66
et P(B) = 0,34.
b.PA(B) = 1 – PA(B) = 0,4.
20 1. P(R) = 0,3.
0,6
B
3
3.a. P(T ∩ F) = 0,6 × 0,75 = 0,45.
b.P(T) = 0,45 + 0,2 = 0,65.
0, 45
9
4.PF(T) = 
.
0, 65 13
3
Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
1
1
13 a. P = 3 × Á ˜  =  .b. P = 6 × Á ˜  =  .
Ë 6¯
Ë 6¯
72
36
2
2.a. PR (R2) =  .
1
9
c.
0,3
R2
0,7
A
N1
B
3
4
7
1
d.P(N1 ∩ N2) =  ; P(R1 ∩ R2) =  ;
15
15
8
P(N1 ∩ N2) + P(R1 ∩ R2) =  .
15
7
e. P(R2) = 0,3.
f. PN (R1) =  .
2
9
A
21 1. b. 2. b. 3. c. 4. c. 5. b.
1
c. L’énoncé donne PB(A) =  et permet de calcu4
ler les autres.
F
0,4
R
18 1. P(T) = 0,4.
0,75
F
0,6
0,75
T
F
F
0,7
0,25
0,6
F
F
R
0,3
0,5
F
T
23 P(A1 ∩ A2 ∩ A3)= P((A1 ∩ A2) ∩ A3)
= P(A1 ∩ A2) × PA « A (A3)
0,5
1
F
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance
2
= P(A1) × PA (A2) × PA « A (A3).
1
1
2
© éditions Belin, 2012.
0,4
n
N2
A
A
B
286 1
3
2
3
5
7
2.
7
9
N2
4
2
7
R2
2
9
R1
Appliquer les capacités attendues
24 4
12 2
16 a. P(A) =   =  et P(B) =   =  .
42 7
42 7
b.
1
3 1
b. PN (R2) =  .
1
9 3
PA
1« A2
A3
A2
0,4
1
A1
30 a. P(R1) = 0,3 ; P(R2) = 0,4 ; P(V1) = 0,5 ;
P(V2) = 0,2 ; P(N1) = 0,2; P(N2) = 0,4.
b.
R2
R1
A3
P(A1)
0,2
0,4
A3
A2
A3
A2
N2
0,3
0,5
V1
R2
0,4
0,2
0,4
24 a. P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4)
1
1
2
1
2 « A3
(A4).
4
3
2
1
b.P = 
¥
¥
¥ .
100 99 98 97
1
1
26 a. P(A) =  ; P(B) =  ;
8
4
1
P(A ∩ B) =   = P(A) × P(B).
32
b.Les événements A et B sont indépendants.
1 1 1
.
3 4 12
1 3 1
b.P(G1 ∩ G2) =   ×   =  .
3 4 4
2 3 1
c. P(G1 ∩ G2) =   ×   =  .
3 4 2
29 Dans l’exemplaire élève, la question 1. est
« Déterminer les probabilités P(A) et P(B). » Les
questions 2. et 3. correspondent aux anciennes
questions 1. et 2.
3
1. Équiprobabilité : P(A) =   = 0,3 et P(B) = 0,6.
10
2.
B
28 a. P(G1 ∩ G2) =   ×   = 
0,6
A
0,3
0,4
B
B
0,6
0,7
A
0,4
B
3.a. 0,3 × 0,6 = 0,18.
b.0,18 + 0,28 = 0,46.
c. 1 – 0,46 = 0,54.
N1
R2
0,4
0,2
0,4
V2
N2
0,2
= P(A1) × PA (A2) × PA « A (A3) × PA « A
V2
V2
N2
c. P = 0,3 × 0,4 + 0,5 × 0,2 + 0,2 × 0,4 = 0,3.
31 a. On peut dresser un arbre pondéré ou bien
calculer les huit résultats possibles, tous équipro1
bables de probabilité . Les épreuves étant répétées
8
1
et indépendantes, on a P(A) = P(B) = P(C) =  .
2
Si l’on considère l’événement A ∩ B, on constate
1
que P(A ∩ B) =   = P(A) × P(B). Les événements A
4
et B sont donc indépendants. P(A ∩ B) = P(B ∩ C)
1
= P(A ∩ C) =  donc A, B et C sont deux à deux
4
indépendants.
Intuitivement ce résultat est logique : le second
jet ne dépend pas du résultat du premier.
1
b.P(A ∩ B ∩ C) =  .
8
32 a. Cet algorithme simule la loi binomiale de
2
paramètres (4, ).
3
b.Les nombres affichés représentent P(X = k) pour
k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}.
2
2.X suit la loi binomiale de paramètres (4, ).
3
k
n- k
Ê ˆ Ê 2ˆ Ê 1ˆ
8
P(X = k) = Á 4 ˜ Á ˜ Á ˜
et E(X) =  .
3
Ë k ¯ Ë 3¯ Ë 3¯
33 a. Il faudrait 43 = 64 branches.
1
3
b.P(B) =  . c. P(C) = 3! × P(A) = 6P(A) =  .
64
32
1
1
3
d.P(D) = 4( ) =  . e. P(E) = 4P(C) =  .
64
16
8
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 287
© éditions Belin, 2012.
PA (A2 )
(A3 )
2. c.
3. c.
35 1. c. 2. a. 3. b. 4. a.
36 1.
A
0,82
0,18
0,4
B
0,81
R+
R–
R+
0,1
40 On note D1 et D2 l’obtention d’un téléphone
avec défaut lors des tirages 1 et 2.
L’expérience aléatoire consiste en 2 étapes :
–– choisir au hasard un lot parmi 3 (de probabilité
1
)
3
–– puis d’effectuer deux tirages successifs sans
remise.
On cherche la probabilité P que, ayant choisi un
lot et ayant pioché 2 téléphones, le deuxième
soit défectueux sachant que le premier l’est, soit
PD (D1 « D2 ).
1
0,19
A2
0,83
R–
R+
0,05
AB
0,45
O
0,17
R–
0,80
R+
0,20
R–
2.a. P = 0,45 × 0,2 = 0,09.
b.P(R+) = 0,4 × 0,82 + 0,1 × 0,81 + 0,05 × 0,83 
+ 0,45 × 0,8 = 0,8105.
0, 0415
c. PR+(AB) = 
 = 0,0512.
0, 8105
37 1.a. P(S) = 1 – (0,32 + 0,17) = 0,51.
b.P(S ∩ A) = 0,51 × 0,80 = 0,408.
c. P(S) = 0,408 + 0,17 × 0,71 + 0,32 × 0,75 = 0,7687.
2. a. PR(S) = 0,44.
b. PR(ES) = 0,34.
1 4
1
3
287
( ) = 
.
2 574
3 24 13 33
1 4
3
1
2
3
P(D1 « D2 ) =  ( ¥
¥0
¥ )
3 24 23 13
33 32
1
429
= 
, donc P = 
.
2 208
105 616
P(D1) = 
41 P(I) = 0,7 × 0,1 + 0,2 × 0,3 + 0,1 × 0,1 = 0,14.
1
3
1
; PI(H2) =  ; PI(H3) =  .
2
7
14
On privilégie l’hypothèse H1.
PI(H1) = 
70 69 68
391
.
¥
¥  = 
100 99 98 1155
43 a. P(X = 0) = P(RR) = 0,6 × 0,5 = 0,3.
P(X = 1) = 0,4 × 0,75 + 0,6 × 0,5 = 0,6.
P(X = 2) = 0,4 × 0,25 = 0,1.
b.E(X) = 0,6 + 0,2 = 0,8.
c. P(A) = P(X = 0) + P(X = 2) = 0,4.
42 P = 
44 Cet exercice reprend l’urne de l’exercice 43.
a.
38 Dans l’exemplaire élève, l’énoncé a été modifié : c. On sait que 80 % du personnel est féminin
(et non pas seulement le personnel AT).
a. P(S ∩ F) = 0,71 × 0,92 = 0,6624.
b.P(M ∩ F) = 0,12 × 0,33 = 0,0396.
c. P(AT ∩ F) = P(F) – P(S ∩ F) – P(M ∩ F) = 0,098.
P(AT) = 1 – 0,71 – 0,12 = 0,17.
0, 098
PAT(F) = 
 = 0,5764.
0,17
2
5
288 n
3
4
2
5
3
5
V2
R2
V2
R1
3
5
39 1. Les données ne permettent pas de répondre.
2. a. Non, on ne peut pas répondre.
b.On cherche
P(R « TB) 0,12 ¥ 0,164
PTB(R) = 
 = 
 = 0,28.
P(TB)
0, 07
PAB(R) = 0,106.
V1
1
4
R2
P(A) = P(VR) = 0,4 × 0,75 = 0,3.
P(B) = P(VR) + P(RV) = 0,3 + 0,6 × 0,4 = 0,54.
0, 3
5
.
b.PC(A) = 
0, 54 9
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance
© éditions Belin, 2012.
34 1. d.
N1
1
B2
0,1
N2
1
9
0,9
B1
8
9
B2
1
2
G
1
2
G
G
20
1
6
G
G
5
6
G
1
2.a. P(N) = 0,1 + 0,9 ×   = 0,2.
9
Ê 1ˆ
7
b.P(G) = 0,2 × 0,5 + 0,8 × Á ˜  =  .
Ë 6¯ 30
0,1
3
c.
1 - P(G) 23
7
3. a. P(X = 4 – m) = P(G) =  ;
30
1
2
P(X = 0) = P(N ∩ G) =  ; P(X = –m) = P(N ∩ G) =  .
10
3
7 2
28 27
b.E(X) = (4 – m) ×   –  m =  m.
30 3
30 30
28
c.E(X) = 0 ⇔ m =  .
27
46 1. a. La moyenne de R représente pn.
d.La fonction semble décroissante et paraît
converger vers 0,25.
2. a.
R2
R1
0,3
2
9
7
9
1
3
0,7
47 Dans l’exemplaire élève, l’énoncé a été modifié : on note An l’événement « le tirage a lieu
dans l’urne U1 à l’étape n ».
1.p1 = 1 ; p2 = 0,85.
2. a.
U1
17
U1
pn
3
20
U2
U1
1
20
1- pn
U2
4
5
U2
b.P(An+1) = pn+1 = P(An+1 ∩ An) + P(An+1 ∩ A n).
D’où pn+1 = 0,85pn + 0,05(1 – pn) = 0,8pn + 0,05.
c. p3 = 0,8 × 0,85 + 0,05 = 0,73.
3.a. Par récurrence : p1 > 0,25 et si pn > 0,25,
alors pn+1 > 0,8 × 0,25 + 0,05 donc pn+1 > 0,25.
La propriété est vraie au rang 1 et elle est héréditaire, donc pn > 0,25 pour tout entier naturel n
non nul.
b.pn+1 – pn = 0,05 – 0,2pn < 0,05 – 0,2 × 0,25 
< 0 donc (pn) est décroissante.
c.(pn) est décroissante et minorée, donc elle
converge.
d.Par opérations sur les suites convergentes :
 = 0,8 + 0,05 donc :  = 0,25.
48 1. a0 = 1, b0 =  c0 = 0.
N2
2.
An
R2
An+1
0
1
3
0,4
Cn+1
an
N1
2
3
bn
N2
b.pn+1= P(Gn+1 ∩ Gn) + P(Gn+1 ∩ Gn )
= 0,4pn + 0,2 (1 – pn) = 0,2pn + 0,2.
c. La suite (pn) semble converger vers 0,25.
d.Posons un = pn – 0,25.
Alors un+1= pn+1 – 0,25 = 0,2pn – 0,05
= 0,2(pn – 0,25) = 0,2un.
Ainsi (un) est une suite géométrique de raison 0,2,
or 0 < 0,2 < 1, donc lim un = 0 et lim pn = 0,25.
Bn
An+1
0,5
0
0,5
An+1
0
0
1
Bn+1
Cn+1
cn
Cn
Bn+1
Bn+1
Cn+1
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 289
© éditions Belin, 2012.
45 1.
et
nÆ
lim bn 0. Or cn = 1 – (an + bn) donc par
nÆ
opérations, lim cn 0.
nÆ
49 On désigne par pn, qn et rn les probabilités
respectives des événements An, Bn et Cn.
1.p1 = P(A1 ∩ A0) + P(A1 ∩ B0) + P(A1 ∩ C0) = 
0,4 × 0,6 + 0,3 × 0,41 + 0,19 × 0 = 0,363.
2.a. qn+1 = 0,6pn + 0,3qn et qn+1 = 0,6qn + 0,3pn.
Donc Sn+1 = qn+1 + pn+1 = 0,9(pn + qn) = 0,9Sn et
Dn+1 = qn+1 – pn+1 = 0,3(qn – pn) = 0,3Dn.
b.0 < 0,9 < 1 et 0 < 0,3 < 1, donc
lim Sn lim Dn 0.
nÆ
nÆ
c.2qn = Sn + Dn donc lim qn 0 ; lim pn 0
nÆ
nÆ
et lim rn 1.
nÆ
Au bout d’un certain temps, il ne restera que des
plantes de type C, quelles que soient les proportions de départ.
50 1. p1= 1 et P(Rn+1) = pn+1 
= P(Rn+1 ∩ Rn) + P(Rn+1 ∩ R n ).
pn+1 = p × pn + (1 − p)(1 – pn) = (2p – 1)pn + 1 − p.
1
1
2.Si p =  alors pour tout n, pn+1 = 1 − p =  .
2
2
290 n
1
1
3.a. wn+1 = pn+1−  = (2p – 1)pn + (1 – p) –   =
2
2
1
(2p – 1)(pn –  ). (wn) est une suite géométrique de
2
1 1
raison 2p – 1 et de premier terme w1 = p1 –   =  .
2 2
1 1
1
wn =  (2p – 1)n–1 donc : pn =   +  (2p – 1)n–1.
2 2
2
b.0 < p < 1 donc –1 < 2p – 1 < 1 et
1
1
lim (2p - 1)n-1 0 d’où lim pn .
2
nÆ 2
nÆ
Plus le processus se poursuit, plus le choix d’effectuer ou non un placement sera équiprobable.
1 1
4.a. p20 =   +  (–0,84)19 = 0,48179 à 10–5 près.
2 2
b.0,49999 < pn < 0,50001 ⇔
–2.10–5 < (2p – 1)n–1 < 2.10–5 ⇔
ln(2.10-5)
0,84n–1 < 2.10–5 ⇔ n > 1 + 
.
ln 0, 84
On trouve n = 64
51 Soit S l’événement « l’article a un défaut de
soudure », C : « il a un défaut de composant » et
D : « il est défectueux ».
P(S) = 0,03 et P(C) = 0,02. Les deux défauts étant
indépendants, P(S ∩ C) = P(S)P(C)
Un article est dit défectueux s’il présente au moins
l’un des deux défauts, donc : P(D) = P(S ∪ C).
Ainsi P(D) = 0,03 + 0,02 – 0,0006 = 0,049 4.
52 1.a. s = P(A ∩ B) = P(A)
P(B) = 0,08 × 0,05 = 0,004.
b.p = P(A ∪ B) = 0,08 + 0,05 – 0,004 = 0,126.
2. a. p(X = 0) = 1 – 0,126 = 0,874.
P(X = 1) = P(A ∪ B) – P(A ∩ B) = 0,122.
P(X = 2) = P(A ∩ B) = 0,004.
b.E(X) = 0,122 + 2 × 0,004 = 0,13.
53 Dans l’exemplaire élève, la question 5. de cet
exercice est supprimée.
1.Proposition d’algorithme :
N = 1, A = 0, B = 0, C = 0, D = 0, E = 0, F = 0, G = 0
Tantque N ≤ 100
S = EntAlea [1, 3] + EntAlea[1, 3] + EntAlea[1, 3]
Si S = 3, alors A = A + 1
Si S = 4, alors B = B + 1
……
Si S = 9, alors G = G + 1
FinSI
N = N + 1
FinTanque
Afficher A, B, … G
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance
© éditions Belin, 2012.
1
2
3.a1 = 0 ; b1 =  ; c1 =  .
3
3
1
2 1 5
a2 =  ; b2 = 0 ; c2 =   +   =  .
6
3 6 6
1
5 1 17
a3 = 0 ; b3 =  ; c3 =   +   =  .
18
6 9 18
4.a. La somme des probabilités vaut 1 donc
an + bn + cn = 1. La puce ne peut se retrouver en
b
A que si elle était d’abord en B donc an+1 =  n et
2
elle ne peut se retrouver en B que si elle était
a
d’abord en A donc bn+1 =  n .
3
1
b.an+2 =  1 bn+1 =  an.
6
2
1
1
c.Si n est pair, alors n = 2p et a2p = ( )p ; a0 =  .
6
6
1
Si n est impair, alors a2p+1 = ( )pa1 = 0.
6
a
1 1
D’autre part, bn =  n-1 ; b2p = 0 et b2p+1 =  ( )p.
3
3 6
p
Ê 1ˆ
1
5.0 <   < 1 donc : lim Á ˜ 0. Ainsi la limite
6
Ë 6¯
des termes de rang pair est égale à la limite des
termes de rang impair, c’est-à-dire : lim an 0
56 1.
S
3
4
5
6
7
8
9
f(S)
4
13
21
25
20
11
5
1
3.P(D = 1) = P(D = 2) = P(D = 3) =  .
3
Un résultat élémentaire est xyz, et tous les résul1
tats sont équiprobables de probabilité  = a.
27
Pour S, la somme varie de 3 à 9, il suffit de compter :
S
3
4
5
6
7
8
9
1
3
6
7
6
3
1
4.Oui.
54 1. Simulation sur tableur
–– En cellules A1, B1, C1 entrer un entier aléatoire
entre 1 et 10.
–– Pour simuler la première stratégie :
En D1 la condition : “Si ((A2 ≤ 4 et B2 > 7)ou
(A2 > 4 et B2 ≤ 7 ; 1, –1)“
En E1 la condition : “Si ((C2 ≤ 6 et B2 > 7)ou
(C2 > 6 et B2 ≤ 7 ; 1, –1)“
En F1 « = E1 + D1»
–– Pour simuler la deuxième stratégie :
En G1 la condition : “Si ((A2 ≤ 4 et C2 > 6)ou
(A2 > 4 et C2 ≤ 6 ; 1, –1)“
En H1 la condition : “Si ((C2 ≤ 6 et B2 > 7)ou
(C2 > 6 et B2 ≤ 7 ; 1, –1)“
En I1 « = G1 + H1»
Les deux simulations donnent à peu près le même
résultat.
2.Soit X la variable qui compte le nombre de
points obtenus à l’issue d’une partie.
P(X = −2) = P(NNN) + P(BBB).
P(X = 0) = P(BNN) + P(BBN) + P(NBB) + P(NNB).
P(X = 2) = P(NBN) + P(BNB).
P(G) = P(X = 2).
P(G1) = 0,4 × 0,3 × 0,6 + 0,6 × 0,7 × 0,4 = 0,24.
P(G2) = 0,4 × 0,4 × 0,7 + 0,6 × 0,6 × 0,3 = 0,22.
La stratégie 1 est gagnante.
55 1. P(F) = 0,456, PF(A) = 0,905 et PA(F) = 0,466.
2.a. P(A ∩ F) = 0,456 × 0,905 = 0,413.
b.P(A ∩ F) = P(A).PA(F) donc : P(A) = 0,885.
3.PG(A) = P(A ∩ F)/P(G) = 0,869
4. a. p = (0,9)18 = 0,15
b.p′ = 1 – (0,9)18 = – 18.(0,1).(0,9)18 = 0,55
T
0,85
M
0,01
0,15
0,05
T
T
0,99
M
0,95
T
2.a. P(M ∩ T) = 0,01 × 0,85 = 0,0085.
b.P(T) = P(M ∩ T) + P(M ∩ T) = 0,0085 + 0,0495 
= 0,058
P(M « T)
3.PT(M) = 
 = 0,146
P(T)
4.a. X suit la loi binomiale de paramètre (5 ; 0,058).
b.p = 1 – (1 – 0,058)5 = 0,987.
Préparer le BAC
Exercices guidés BAC
64 1.a. P(A) = 0,2 × 0,01 = 0,002.
b.P(D) = 0,002 + 0,08 = 0,082.
P(G « D) 1
2.PD(G) = 
 =  .
P(D)
41
3.P(X = 0) = 0,2P(X = 80) = 0,72 ;
P(X = 280) = 0,08.
E(X) = 80 × 0,72 + 280 × 0,08 = 80.
1
4.P = 1 – (1 –  )5 = 0,12 à 10–2 près.
41
65 1.a. et b. Voir le cours.
2.a. P(R  ∩ S) = P(R ) × P(S) = 0,9 × 0,05 = 0,045.
b.P(R  ∩ S) = 0,9 × 0,95 = 0,855.
c. X suit donc la loi binomiale de paramètre 5 et 0,9.
P(X ≥ 2) = 1 – (P(X = 0) + P(X = 1)) = 0,99954.
QCM – Vrai ou faux BAC
66 1. Affirmation 1 fausse : P(A ∩ B) = P(A).P(B).
2. Affirmation 2 fausse : P(T) = P(T ∩ M) + P(T ∩ M).
P(T « M) 1
Affirmation 3 fausse : PT(M) = 
 =  .
P(T)
3
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 291
© éditions Belin, 2012.
2. Répartition des fréquences de S :
P(A « B)
3. Affirmation 4 fausse : PB(A) = 
 = 
P(B)
0, 28 14
.
0, 34 17
n
Ê 1ˆ
1
c. pn ≥ 0,999 ⇔ 2 ¥ ÁË ˜¯ 1 ≤ 
⇔
0, 999
4
-1
Ê1 Ê 1
ˆˆ
-1
4n ≥ Á ¥ Á
⇔
Ë 2 Ë 0, 999 ¯˜¯˜
ˆ
Ê
1
Á 0, 999 - 1˜
n ≥ nln(4) ≥  – ln Á
˜.
2
˜
Á
Donc n0 = 6.
˜¯
ÁË
67 1.a. 0,3 + P(B) – 0,3P(B) = 0,65 donc
0, 65 - 0, 3
 = 0,5.
1 - 0, 3
1 1 3 1
2.b. P =  ¥  +  ¥  = 0,275.
4 10 4 3
Ê 1 ˆ Ê 11ˆ
1
3.b. P = Á ˜ Á ˜  =  .
Ë 40¯ Ë 40¯ 11
4.d. X suit la loi binomiale de paramètre
(5 ; 0,2). P(X = 2) = 0,2048.
P(B) = 
Pour aller plus loin
68 1.a.
S1
1
6
V
2
3
5
6
S1
S1
2
3
1
3
R
1
3
S1
b.P(S1) = P(S1 ∩ V) + P(S1 ∩ R)
2 Ê 1ˆ 1 Ê 2ˆ 1
=  ¥ Á ˜  +  ¥ ÁË ˜¯  =  .
3 Ë 6¯ 3
3
3
2.a. Dans le cas d’épreuves répétées indépenn
n
Ê 1ˆ
Ê 2ˆ
dantes PR(Sn) = Á ˜ et PV(Sn) = ÁË ˜¯ .
Ë 6¯
3
b.Dans l’exemplaire élève cette question a été
modifiée : n est un entier naturel non nul tel que
n ≥ n0.
pn = PS (R) = 
n
1
.
n
Ê 1ˆ
2 ¥ ÁË ˜¯ 1
4
292 n
P(Sn « R)
 = 
P(Sn)
2
1 Ê 4ˆ
¥Á ˜
3 Ë 6¯
n
n
Ê 1ˆ
1 Ê 4ˆ
¥Á ˜ ¥Á ˜
3 Ë 6¯
3 Ë 6¯
n
 = 
4
Ê gˆ
P(X = 0) = Á ˜  = 0,6830.
Ë n¯
X = 1 est l’événement « On pêche 1 brochet et
3 goujons », le brochet pouvant être pêché en 1,
2, 3 ou 4.
3
2
bÊ g ˆ
g bÊ g ˆ
P(X = 1) =  Á
 + 
 +
nË n - 1¯˜
n nËÁ n - 1¯˜
2
3
Ê gˆ b g   Ê gˆ b  
ÁË n˜¯ n n - 1 + ÁË n˜¯ n = 0,2895.
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance
© éditions Belin, 2012.
Exercice BAC
69 a. Soit B l’événement « l’élève donne la bonne
réponse » et T « l’élève a triché ».
1
7
0, 2 3
P(B) = 0,2 + 0,8 ×   =  . b. PB(T) = 
 =  .
3 15
P(B) 7
70 La probabilité que la convocation soit dans le
1
tiroir ouvert est de . On sait que la convocation
4
n’est pas dans les deux premières pochettes.
Donc, la probabilité qu’elle soit dans la troisième
sachant qu’elle n’est pas dans les deux premières
revient à calculer la probabilité que la convoca1
tion soit bien dans ce tiroir. Elle vaut donc .
4
71 Soit U l’événement « l’écran est défectueux
au sortir des ateliers d’assemblage » et A « il a
été détérioré après ».
P(U) = 0,75 × 0,05 + 0,25 × 0,02 = 0,05.
P(U)
P(D) = P(U) + 
 = 0,05 + 0,019 = 0,69.
50
0, 75(0, 05 0,19)
P(U ∩ A) = 
 = 0,75.
0, 69
72 1. P(A « B « C « D) PA «B«C(D) ¥ P(A « B « C)
PA «B«C(D) ¥ PA «B(C) ¥ PA(B) ¥ P(A)
2.On suppose que les goujons rejetés ne sont
pas morts, donc on peut les repêcher.
Soit b le nombre de brochets et g le nombre de
goujons, on a n = b + g. Les résultats sont donnés
en valeur approchée, pour g = 200 et b = 20.
a.X peut prendre 5 valeurs : 0, 1, 2, 3, 4.
b.X = 0 est l’événement « On ne pêche que des
goujons ».
d.Pour n ≥ 5, an+1 – an < 0, donc la suite est
décroissante et positive donc converge vers un
a
réel a tel que a = a - , donc a = 0.
8
76 A. 1. On utilise la définition des coefficients
binomiaux, selon laquelle il existe 120 façons de
choisir 3 boules parmi 10.
2.a. X(W) = {0, 1, 2, 3}.
b.Dans chaque poignée, s’il y a k boules noires
parmi 4, il y a 3 – k boules rouges parmi 6. Les
tirages sont équiprobables.
73 On suppose que les pannes sont indépen-
k
0
1
2
3
dantes. S’il pleut et qu’il arrive à pied, on peut
supposer qu’il a rencontré les deux pannes donc
2
2
p = 0,2 ×   =  .
3 15
120pk
20
60
36
4
74 Soit D l’événement « Jean a acheté son billet ».
P(D) = 0,5 × 0,1 + 0,3 × 0,2 + 0,2 × 0,4 = 0,19.
5
PD(A) =  .
19
60 72 12 6
 = 1,2.
120
5
B. a. Y(W) = {0,1, 2, 3}.
b.
1
c.E(X) = 
75 1. L’événement « face apparaît après deux
piles » rend nécessaire au moins trois lancers et
1
P(PPF) =  .
8
Pour n = 4, la séquence se termine par PPF et
peut commencer par F ou P donc la probabilité
2
1
est
.
16 8
2.a. La séquence PPF ne peut apparaître pour
1
n = 1 ou n = 2 donc a1 = a2 = 0 et a3 = a4 =  .
8
a
b.Dans cette question on vérifie que a4 = a3 –  1 .
8
a1 1
a3 –   =   – 0 = a4.
8 8
c. Dans cette question on veut montrer que
a
an+1 = an –  n-2 .
8
Pour n + 1 lancers, la séquence doit se terminer par
1
PPF (de probabilité ) sans jamais avoir rencontré
8
de séquences PPF au cours des n – 2 précédents
lancers, de probabilité 1 – (a1 + a2 + … an–2).
1 - (a1 a2 ... an- 2)
Donc an+1 = 
.
8
1 - (a1 a2 ... an- 2)
Ainsi an+1 – an = 
 – 
8
1 - (a a ... a )
1
2
8
n- 3
d’où an+1 – an = – 
an-2
.
8
6
10
R1
5
9
4
9
6
9
4
10
N1
3
9
R2
N2
R2
N2
2
5
8
3
8
2
8
R3
1
2
N3
R3
3
8
5
8
N3
R3
N3
6
8
R3
N3
c.(Y = k) signifie que l’on a k boules noires et
3 – k boules rouges.
6 5 4 1
4 3 2
P(Y = 0) =  ¥ ¥  =  ; P(Y = 3) =  ¥ ¥ .
10 9 8 6
10 9 8
(Y = 1) signifie que l’on a une seule boule noire
qui peut-être tirée en 1er, 2e ou 3e.
6 5 4
6 4 5
4 6 5
P(Y = 1) =  ¥ ¥  +  ¥ ¥  +  ¥ ¥  = 
10
9
8
10
9
8
10
9 8
1
.
6
6 4 3
4 6 3
4 3 6
P(Y = 2) =  ¥ ¥  +  ¥ ¥  +  ¥ ¥  = 
10
9
8
10
9
8
10
9 8
3
.
10
d.X et Y ont la même loi.
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 293
© éditions Belin, 2012.
c. On cherche E(X).
b b-1 b-2 b-3
P(X = 4) = 
 = 0,00005.
n n-1 n-2 n-3
g b b-1 b-2 b g b-1 b-2
P(X = 3) = 
 + 
 + 
n n n-1 n-2 n n-1 n-1 n-2
b b-1 g b-2 b b-1 b-2 g
 + 
 = 0,0023.
n n-1 n-2 n-2 n n-1 n-2 n-3
P(X = 2) = 1 – (P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 3) + 
P(X = 4)) = 0,0702.
E(X) = P(X = 1) + 2P(X = 2) + 3P(X = 3) + 
4P(X = 4) = 0,4376.
Le nombre moyen de brochets obtenus est 0,4.
e. Si on ne regarde que le nombre de boules noires
obtenues, la probabilité est la même en tirant
simultanément ou successivement sans remise.
78 On note D l’événement « D dit la vérité » et d
sa probabilité.
1
2
PC(D) =  : P C(D) =  .
3
3
1
2
1
2
1
2
d =  c +  (1 – c) = – c +  ; c = – b +  ;
3
3
3
3
3
3
1
2
1
5
13
41
b = – a +  ; a =  ; b =  ; c =  ; d =  et
3
3
3
9
27
81
1 13
13
P(D ∩ A) = P(A)PA(D) =   ×  , donc PD(A) =  .
3 27
41
79 On procède comme dans l’exercice 76.
« Au moins un billet gagnant » est le contraire de
« Pas de billet gagnant ».
Soit n le nombre de billets achetés.
Ê 998 ˆ
ÁË n ˜¯
- n2 1999n
p = 1 – 
 = 
.
Ê 1000 ˆ
999 000
Á
˜
Ë n ¯
p > 0,7 ⇔ n2 – 1 999n + 699 300 > 0 et n est
entier donc n > 1 547.
80 En procédant comme dans l’exercice 75.B. on
montre que la probabilité de tomber sur un car1
ton avarié vaut toujours .
3
294 n
AP 1
1. 2. Remarques possible :
–– Les réponses ne sont pas argumentées. Un
arbre ne doit pas être simplement tracé mais
construit.
–– L’exercice a été mal compris. Les probabilités
demandées à la question 1.a. sont dans les énoncés et ne nécessitent aucun calcul.
3.P(T) > 1 ce qui est impossible. L’élève a sans
doute pensé que P(T) = PV(T) + P V (T).
4. 1) a) Une maladie touche 5 % de la population
donc P(V) = 0,05.
La probabilité qu’une personne contaminée obtienne un test positif est de 0,99 donc
PV(T) = 0,99.
La probabilité qu’une personne non contaminée
obtienne un test positif est de 0,03 donc
P V (T) = 0,03.
b) P(T ∩ V) = P(V)PV(T) = 0,05 × 0,99 = 0,0495.
c) P(T) = P(T ∩ V) + P(T ∩ V) = 
0,0495 + 0,03 × 0,95 = 0,078.
P(V « T)
5.PT(V) = 
 = 0,62 à 10–2 près.
P(T)
AP 3
Dans l’exemplaire élève, l’énoncé a été
modifié comme suit :
–– Si la pièce choisie est en argent, le coup est
annulé et on recommence.
–– 2. Une des stratégies suivantes est-elle meilleure que les autres ?
–– Stratégie 1. (…) donc il faut parier au hasard
sur l’or ou l’argent.
1. On note O la pièce d’or et A la pièce d’argent.
La boîte A contient OO, la boîte B contient OA et
la boîte C contient AA. On choisit une boîte, puis
1 1 1 1
une pièce dans la boîte. P(O) =   +   ×   =  .
3 3 2 2
1
1 2
P(OO) = P(A) =  donc p = 2 ×   –  . Il vaut donc
3
2 3
mieux parier sur l’or.
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance
© éditions Belin, 2012.
77 Dans l’exemplaire élève, la question 2. (Généralisation) a été modifiée : L’urne contient n
boules et on tire une poignée de p boules.
1. a. X(W) = {3, 4, 5, 6, 7}.
Ê ˆ
b.Il y a Á 7 ˜ poignées différentes de 3 boules
Ë 3¯
parmi 7. Le plus grand numéro est k, les deux
autres sont à choisir parmi k – 1 boules.
2.a. X(W) = {p, p + 1, …, n – 1, n}.
Ê nˆ
Il y a Á ˜ poignées différentes de p boules parmi n.
Ë p¯
Le plus grand numéro est k, les p − 1 autres sont
à choisir parmi k – 1 boules.
Ê k - 1ˆ
Á p - 1˜
Ë
¯
Donc P(X = k) = 
.
Ê nˆ
Á p˜
Ë ¯
b.La somme des P(X = k) vaut 1.
Accompagnement
personnalisé
AP4
1. n = 3 (l’un a gagné 3 fois de suite) et
N = 5, car chacun avait gagné deux manches
avant la partie décisive.
2.L’arbre a 32 branches.
3. On note P la partie perdue et G la partie gagnée
a.Le joueur 1 a PGG (par exemple). Il peut
gagner avec PGGG ou PGGPG, donc avec une
1 1 3
probabilité de  +   =  .
2 4 4
Le joueur 2 a donc GPP. Il peut gagner avec
1
GPPGG, de probabilité . Le partage des pistoles
4
sera alors 48 et 16.
b.Le joueur 1 a GG. Il peut gagner avec GGG,
1 1
GGPG, GGPPG, avec une probabilité de  +   + 
2
4
1 7
 =  .
8 8
Le partage est alors 56 et 8.
Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 295
© éditions Belin, 2012.
2.3. Si on opte pour l’or la probabilité de gagner
2
1
un point est , si on opte pour l’argent c’est .
3
3
On note X la variable aléatoire qui compte le
nombre de points gagnés. On cherche P(X ≥ 6)
(on ne compte que les parties ou l’or est tombé,
les autres étant annulées).
Stratégie 1. La probabilité de gagner un point à
1 1 2
1
chaque coup non annulé est .(  +  ) =  .
2 3 3
2
On calcule donc P(X ≥ 6) pour la loi binomiale de
1
paramètres (10, ). On trouve 0,17.
2
Stratégie 2. On calcule P(X ≥ 6) avec la loi bino1
miale de paramètres (10, ), ce qui donne 0,076
3
Stratégie 3. On calcule P(X ≥ 6) avec la loi bino2
miale de paramètres (10, ), ce qui donne 0,78.
3