Conditionnement et indépendance

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 281
© éditions Belin, 2012.
Conditionnement
et indépendance
12
Ouverture
Née de la théorie des jeux, la théorie des proba-
bilités 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 obli-
gatoire pour développer la maladie.
L’allèle impliquant le daltonisme est récessif,
ce qui signifie que les femmes ne seront dalto-
niennes 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 ano-
malie. Par conséquent les deux chromosomes de
la paire 23 portent le gène du daltonisme. La pro-
babilité 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.
AB«
: ensemble de tous les lycéens sauf les
filles aux yeux bleus ;
f.
AB»
ensemble des garçons aux yeux bleus.
2. a. Enfants qui sont malades et ont été vacci-
nés : 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
a. P(A ∪ L) = 4
9
;
b. P(A ∩ L) = 1
6
; c. P(A ∩
L
) = 1
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
6
sur les autres branches.
b. Probabilité d’obtenir un double 4 : 1
6
2
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜ ; pro-
babilité d’obtenir au moins un 4 : 1 – 5
6
2
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜.

282 n Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance
© éditions Belin, 2012.
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.
b. P(A) = 665
1
561 ; P(
A
) = 896
1561 ; P(F) = 721 1561 ;
P(
F
) = 840
1561 ; P(A ∩ F) = 336 1561 ; P(
AF«
) = 1225
1561.
c. Pour remplir ce tableau on divise les données
du tableau de l’hypothèse par 1 561.
2
On note P1 la probabilité recherchée.
P1(A) = 336
721
= P
P
()
()
AF
F
« ;
P1(
A
) = 1 – 336
721
= 385
721
= P
P
()
()
AF
F
«.
3
On note P2 la probabilité recherchée.
P2(F) = 336
665
= P
P
()
()
AF
A
« ;
P1(
¢
F
) = 1 – 336
665
= 329
665
= P
P
()
()
AF
A
«.
4
A
F
A
A
A
F
336
721
385
721
329
840
511
840
721
1 561
840
1 561
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
A
A
F
F
F
336
665
329
665
385
896
511
896
665
1 561
896
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 correcte-
ment, donc PD(R) = 0,05.
3
R
D
D
R
0,98
0,05
P
D
(R)
0,06
0,94
P(D)
4
P(D) + P(
D
) = 1 ; PD(R) + PD(
R
) = 1 ;
PD(R) + PD(
R
) = 1.
5
On cherche P
R
(
D
) = P
P
()
()
RD
R
« = 00588
01058
,
,
.
Activité 3
On note l’événement Ti = BN le fait de tirer une
boule noire au tirage i.
1
PPP(, )()( )TBTB TB
TB
NNTB
NN
N
12 1
1
2
¥
¥
4
13
3
12
1
13
.
2
P
TB N
BL TB 12
3
13
()
.
P
TB N
RTB 12
3
13
()
.
3
Les événements sont mutuellement incompa-
tibles et leur union forme tout l’univers. On dit
qu’ils forment une partition de l’univers.
PP P
P
() ()
()
()
TB TB TB
TB
NTBN N
TB N
N
BL
212
12
1
 ¥ 
¥
PP
P
()
()
()
TB
TB PT B
BL
TB
NR
R
1
1
12
1
13
3
13
5
12
3
¥
¥
113
4
12
1
4
¥
.
4
PP
P
TB BL
TB BL
R
R
R
TB TB
TB
2
2
1
1
2
5
13
()
()
() .
5
PPP
TB BL TB
NB
L
NBL
TB TB
TB
21
121
 ¥ () ()
()
5
52
.

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n 283
© éditions Belin, 2012.
Activité 4
1
On voit du rouge sur deux des quatre boules,
donc P(R) = P(B) = P(J) = 1
2
.
2
Une seule boule a plusieurs couleurs, donc
P(B ∩ R) = 1
4
.
3
Il y a deux boules ayant du rouge dont une
avec du bleu, donc PR(B) = 1
2
.
4
On a bien P(B ∩ R) = P(R).P(B) = 1
4
et
PR(B) = P(B) = 1
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.
2
Si N = 2a, on a fait a déplacements 
r
i et a
déplacements de -
r
i, chacun avec une probabi-
lité de 1
2
, donc Pa
a
N
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
21
2.
Deuxième étude
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.
2
a. a + b = N ; a – b = m.
b. a
Nm
()
2
.
c. a est entier, donc N + m est pair.
d. Pour se retrouver en m, elle doit faire
a =
Nm
2
déplacement positifs, donc pN
a
n
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
1
2
.
Remarque : si m = 0, a = N
2
et N = 2a. On retrouve
le résultat 2. de la première étude.
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 com-
parer 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
2TP Tice 1 Indépendant ou pas ?
1
A ∩ B correspond à l’événement « on obtient
une seule boule blanche ».
2
Il semble que pour n = 3, les événements sont
indépendants.
3
a. i. Toutes les boules sont de la même cou-
leur, soit toutes noires, soit toutes blanches :
Pn -
1
2
1.
ii. On obtient exactement une boule blanche :
Pn
n
2
.
b. Obtenir au plus une boule blanche signifie
obtenir 0 ou 1 boule blanche, donc par i. et ii. :
Pn
n
()AB«
2
; Pn ()A- - 11
21
; Pn
n
()B
1
2
.

284 n Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance
© éditions Belin, 2012.
c.
n1 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
n4 5 6
P(A) 0,875 0,9375 0,96875
P(B) 0,3125 0,1875 0,109375
P(A).P(B) 0,2734375 0,17578125 0,105957031
P(A ∩ B) 0,25 0,15625 0,09375
un3 10 25
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.
PP P
nn
nnn
n
().()( ).
(
AB AB-«-
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜-
-
-
-
11
2
1
22
2
1
11112
2
2
1
21
21
)( )
.
nn
u
n
n
n
n
-
-
-
-
A et B sont indépendants si et seulement si n = 3.
3TP Tice 2 Les tests sont-ils efficaces ?
1
sP rP
MM
TT
()
,(
), donc
Pr
MT()
-
1.
2
T
M
T
s
1 – s
1 – r
r
p
1 – p
T
T
M
3
a. PP Ppspr() ()() ()
()
.TMTMT««
--11
b. PP
P
ps
ps
pr
TMMT
T
() ()
() ()
()
«- -
11
.
c. PTM
()
= P
P
()
()
MT
T
« = ()
()
()
1
11
-
--
pr
ps
pr
.
4
a. P
TM() ,,
,,,,,¥
¥¥
002099
002099 098001 06689
et PTM() ,09997 à 10–4 près.
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
est d’environ 2
3
.
c. PP
TT
MM() () ,- 
103311
.
d. PP
TT
MM() () ,- 
10
0003.
e. PP
TT
MM() () ,03313.
5
a. Pp
pp
p
p
TM() ,
,,()
,
,,
-
099
099001 1
099
09
80
01
et Pp
p
TM() ,( )
,,
-
-
0991
099098 .
a. fx x
x
()
99
98 1
, ¢ fx
x
()
()
99
98 1
0
2, donc f est
croissante sur [0 ; 1].
b. gx x
x
()
()
-
-
99 1
99 98
, ¢-
-
gx xx ()
()
99
99 98 0
2, donc
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.
En effet, fx x
xgx() () ()
()
199 1
98 11
- -
-
.
e.
x0 0,001 0,01 0,1
f(x)0 0,09 0,5 0,91
g(x)1 0,99999 0,9999 0,998
x0,2 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
x0,99 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 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.
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
pour l’enfant P(AA) = 1, sinon P(AA) = 1
2
.
Si l’autre parent est de génotype Aa, alors P(Aa) =
1
2
,
sinon P(Aa) = 1.
2
Si les deux parents sont de type Aa, chaque
parent donne A ou a avec une probabilité 1
2
et ce
de façon indépendante, donc P(AA) = P(aa) = 1
4
.
3
Cette question a été modifiée dans l’exem-
plaire 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
cherche à en déduire que s1 = 2
22
rsts
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜.
L’enfant est de type AA :
• avec une probabilité 1 si les deux parents sont AA ;
• avec une probabilité 1
4
si les deux parents sont Aa ;
• avec une probabilité 1
2
si l’un des parents est
AA et l’autre Aa.
Donc r1 = 1 × r2 × 1 + 2rs × 1
2
× 1 + s2 × 1
4
=
r2 + rs + s2
4
, donc r1 = (r + s
2
)2, de même
t1 = (t + s
2
)2.
Ainsi r1 + s1 + t1 = r + s + t = 1 donc
(r + s
2
+ s
2
+ t)2 = 1, et s1 = 2
22
rsts
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜.
4
r1 – t1 = (r + s
2
)2 – (t + s
2
)2 = ((r + s
2
) – (t + s
2
))
(r + s
2
+ t + s
2
) = 1 × (r – t) = a.
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
d’avoir un enfant malade est de 1
4
, chaque parent
donnant l’allèle malade avec une probabilité 1
2
.
2
Si un enfant est malade, les parents sont de
type Sm. Sachant que le deuxième enfant est non
malade (probabilité 3
4
), il est hétérozygote avec
une probabilité 2
4
3
4
 = 2
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.
e. PB(A) =
3
35
. f. P(
A
∩ B) = 0,14.
7 a. P(A) = 0,2. b. PA(B) = 0,4.
c. P(A ∩ B) = 0,08. d. P(
A
∩ B) = 0,08.
e. PA(B) = 0,01. 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 indé-
pendants que si l’un est de probabilité nulle.
b. Si A et B sont indépendants, ils ne sont incom-
patibles 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