4.1 - Formule des probabilités totales. - UFR 6

22
Introduction aux probabilités – B. Mariou – Automne 2016
version du 20 octobre 2016
4 – FORMULE DES PROBABILITÉS TOTALES - FORMULE DE BAYES
On va voir deux formules qui exploitent les propriétés des probabilités conditionnelles et permettent
de calculer des probabilités, parfois difficiles à évaluer autrement.
La formule des probabilités totales utilise la décomposition d’un ensemble/evénement E sur un
autre F et sur son complémentaire F .
La formule de Bayes exploite la symétrie du principe multiplicatif vu au chapitre précédent.
§4.1 - Formule des probabilités totales.
4.1 – Utilisation de la décomposition de E sur F et F . – Soient E et F deux événements.
On sait que p(E) = p(E ∩ F ) + p(E ∩ F ) (propriété 2 page 10).
Mais aussi, selon le principe multiplicatif : p(E ∩ F ) = p(F ) · pF (E) et p(E ∩ F ) = p(F ) · pF (E).
Et donc :
p(E) = p(F ) × pF (E) + p(F ) × pF (E).
4.2 – Théorème – Formule des probabilités totales.
Soient deux événements E et F , avec p(F ) 6= 0 et 6= 1.
Alors p(E) = p(F ) × pF (E) + p(F ) × pF (E).
4.3 – Remarque. – Cette formule donne donc un moyen de calculer la probabilité de E lorsqu’on
connaît les probabilités de E conditionnées par F et par son contraire F . La valeur de p(E) est la
moyenne des probabilités conditionnées par F et F , mais pondérée par les probabilités respectives
de F et F .
4.4 – Généralisation. – Le raisonnement précédent peut être reproduit en décomposant E sur plus
de deux ensembles.
En effet, supposons que F1 , F2 , . . . , Fk sont deux-à-deux incompatibles et leur union est Ω tout
entier ; ce qui s’écrit F1 t F2 t · · · t Fk = Ω (la réunion est disjointe et elle vaut Ω tout entier,
autrement dit F1 , F2 , . . . , Fk est une partition de Ω).
Alors E = (F1 t· · ·tFk )∩E = (F1 ∩E)t· · ·t(Fk ∩E), et donc p(E) = p(F1 ∩E)+· · ·+p(Fk ∩E).
Or chaque p(Fi ∩ E) vaut p(Fi ) · pFi (E). D’où le résultat qui suit.
4.5 – Théorème – Version généralisée.
Soient des événements E et F1 , F2 , . . . , Fk tels que F1 , F2 , . . . , Fk sont tous de probabilité non
nulle, et constituent une partition de Ω.
Alors p(E) = p(F1 ) × pF1 (E) + . . . + p(Fk ) × pFk (E).
4.6 – Exemple. – Il y a 5 % d’hommes qui sont daltoniens et 0,25 % de femmes qui sont daltoniennes.
Dans une ville, il y a 55 % d’hommes. Quelle est la probabilité qu’une personne de cette ville, choisie au hasard,
soit daltonienne ?
I Dans les données de l’énoncé, l’événement qui conditionne est F =“la personne choisie est une femme”. Et
l’événement conditionné est D =“la personne choisie est daltonienne”.
L’énoncé nous donne pF (D) = 0, 05, pF (D) = 0, 0025 i.e. les probabilités de D conditionnées par F et F ; et aussi
p(F ) = 0, 45, et donc p(F ) = 0, 55. On peut donc appliquer la formule des probabilités totales :
9
25
11
5
· 10000
+ 20
· 100
= 2, 8625%.
p(D) = p(F ) · pF (D) + p(F ) · pF (D) = 0, 45 × 0, 0025 + 0, 55 × 0, 05 = 20
4.7 – On a déjà utilisé une version simple de cette formule pour les exemples 3.10 et 3.11. On avait :
p(2R) = p(vr) + p(rr) = p(1V ) × p1V (2R) + p(1V ) × p1V (2R).
4.8 – Exemple. – On dispose de deux pièces truquées A et B. La première donne Face avec une probabilité de
3/4 et la seconde donne Face avec une probabilité de 1/4. On choisit une des deux pièces au hasard et on la lance.
a) Quelle est la probabilité d’obtenir Face ?
I Événement qui conditionne : A =“la pièce choisie est la pièce A”. Événement conditionné : F =“on obtient Face”.
Formule des probabilités totales - Formule de Bayes
version du 20 octobre 2016
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L’énoncé indique que pA (F ) = 3/4 et pA (F ) = 1/4 ; et p(A) = 1/2 car la pièce est choisie au hasard.
On applique la formule : p(F ) = p(A) · pA (F ) + p(A) · pA (F ) = 1/2 × 3/4 + 1/2 × 1/4 = 1/2.
Ce résultat correspond à la moyenne entre 3/4 et 1/4.
b) On lance une deuxième fois la même pièce. Quelle est la probabilité d’obtenir Face-Face ?
I Le nouvel événement conditionné est F F =“on obtient Face-Face”. On connaît, pour chacune des deux pièces,
la probabilité d’obtenir deux fois Face, car les deux lancers sont indépendants : pA (F F ) = 3/4 × 3/4 = 9/16 et
pA (F F ) = 1/4 × 1/4 = 1/16.
On en déduit : p(F F ) = p(A) · pA (F F ) + p(A) · pA (F F ) = 1/2 × 9/16 + 1/2 × 1/16 = 5/16.
Ce résultat est la moyenne entre 9/16 et 1/16. Mais ce n’est pas du tout le produit p(F ) × p(F ) qui correspond,
lui, à la probabilité d’obtenir deux fois en Face lorsqu’on reproduit deux fois, de façon indépendante, la première
expérience i.e. on choisit au hasard une pièce qu’on lance, puis on choisit au hasard à nouveau avant d’effectuer le
deuxième lancer (ce n’est pas le procédé indiqué par l’énoncé qui précise bien qu’on relance la même pièce).
I On peut ajouter une pièce équilibrée C. On suit le même processus : choix au hasard d’une des trois pièces, puis
on la lance deux fois. Les trois événements A, B, C correspondant au tirage de chacune des trois pièces permettent
d’appliquer la version généralisée : p(F F ) = p(A)pA (F F ) + p(B)pB (F F ) + p(C)pc (F F ) = 1/3 × 9/16 + 1/3 × 1/16 +
1/3 × 1/4 = 14/48.
§4.2 - Formule de Bayes.
4.9 – Utilisation de la symétrie du principe multiplicatif. – Soient E et F deux événements, tous
les deux de probabilité non nulle.
L’égalité p(E ∩ F ) = p(F ) · pF (E) a permis d’obtenir la formule des probabilités totales concernant
p(E).
L’égalité p(E∩F ) = p(E)·pE (F ) est également vraie, elle correspond à la définition de la probabilité
p(E ∩ F )
.
conditionnée par E : pE (F ) =
p(E)
Dans cette dernière égalité, on injecte les expressions précédentes de p(E ∩F ) et p(E) pour obtenir :
4.10 – Théorème – Formule de Bayes.
Soient E et F des événements de probabilités non nulles.
p(F ) · pF (E)
On a pE (F ) =
.
p(F ) · pF (E) + p(F ) · pF (E)
4.11 – Remarques. – Le premier terme du dénominateur est exactement le numérateur. La raison
p(E ∩ F )
p(E ∩ F )
=
.
p(E)
p(E ∩ F ) + p(E ∩ F )
Ensuite, la probabilité de chaque intersection est exprimée à l’aide du principe multiplicatif.
– L’intérêt de cette formule est d’“inverser” le conditionnement. Si on peut calculer aisément les
probabilités de E conditionnées par F et F alors on pourra calculer, grâce à cette formule, la
probabilité de F conditionnée par E.
est qu’on a effectué le calcul suivant : pE (F ) =
4.12 – Exemple. – (suite de l’exemple 4.6)
I Quelle est la probabilité qu’un daltonien pris au hasard soit une femme ?
Autrement dit, on demande pD (F ).
Or on connaît pF (D) et pF (D), ainsi que p(F ). Appliquons la formule de Bayes :
p(F ) · pF (D)
9/20 × 25/10000
9 × 25
pD (F ) =
=
=
9/20 × 25/10000 + 11/20 × 5/100
9 × 25 + 11 × 500
p(F ) · pF (D) + p(F ) · pF (D)
9
9
=
=
' 0, 00393 = 3, 93%.
9 + 11 × 20
229
. Commentaire. La proportion de femmes et d’hommes dans la population est comparable (45-55) mais les femmes
sont beaucoup moins atteintes de daltonisme, et donc, parmi les daltoniens, la proportion femmes/hommes n’est
plus du tout la même que dans la population globale (4-96).
4.13 – Exemple. – On dispose de deux boîtes : A contient 1 bille rouge et 1 bille verte,
B contient 2 billes rouges et 1 bille verte.
On choisit au hasard une boîte puis une bille dans cette boîte.
a) Quelle est la probabilité que la bille piochée soit rouge ?
b) Sachant que la bille piochée est rouge, quelle est la probabilité que la boîte choisie soit la boîte A ?
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Introduction aux probabilités – B. Mariou – Automne 2016
version du 20 octobre 2016
I Appelons A l’événement “la boîte choisie est la boîte A” et R l’événement “la bille choisie est rouge”. L’énoncé
fournit quelques probabilités, notamment conditionnées par A : p(A) = 1/2 car le choix de la boîte est effectué au
hasard, pA (R) = 1/2 et pA (R) = 2/3 car le choix de la bille est effectué au hasard.
On dispose des informations suffisantes pour appliquer la formule des propabilités totales et calculer p(R) :
p(R) = p(A) · pA (R) + p(A) · pA (R) = 1/2 × 1/2 + 1/2 × 2/3 = 7/12.
On peut aussi appliquer la formule de Bayes pour obtenir pR (A) :
p(A) · pA (R)
1/2 × 1/2
= 3/7.
pR (A) =
=
7/12
p(A) · pA (R) + p(A) · p (R)
A
4.14 – Théorème – Version généralisée.
Soient E et F1 , F2 , . . . , Fk des événements tous de propabilités non nulles,
et tels que F1 , F2 , . . . , Fk partitionnent Ω.
p(F1 ) · pF1 (E)
Alors pE (F1 ) =
p(F1 ) · pF1 (E) + p(F2 ) · pF2 (E) + · · · + p(Fk ) · pFk (E)
:?
p(F1 ) × pF1 (E)
p(E ∩ F1 )
=
. Et pour le dénominateur, on applique la
p(E)
p(E)
version généralisée de la formule des probabilités totales puisque les Fi partitionnent Ω. ; )
Démonstration. On a pE (F1 ) =
4.15 – Exemple. – (suite de l’exemple 4.8)
Supposons qu’on a obtenu Face-Face, quelle est la probabilité que la pièce choisie soit la pièce A ?
1/2 × 9/16
9
p(A)pA (F F )
=
=
.
Avec deux pièces pF F (A) =
p(A)pA (F F ) + p(B)pB (F F )
1/2 × 9/16 + 1/2 × 1/16
10
p(A)pA (F F )
1/3 × 9/16
Avec trois pièces pF F (A) =
=
=
p(A)pA (F F ) + p(B)pB (F F ) + p(C)pC (F F )
1/3 × 9/16 + 1/3 × 1/16 + 1/3 × 1/4
9
.
14
Variables aléatoires
version du 20 octobre 2016
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Intermède — CHANGER DE POINT DE VUE PEUT AIDER
• Premier exemple. – Urne composée de 5 boules vertes et 3 rouges. On en pioche 2 successivement, sans remise. Quelle est la probabilité que la deuxième soit rouge ?
Par le calcul (dénombrement des listes ou arbre pondéré grâce aux probabilités conditionnelles), on
trouve 83 . On remarque que c’est la proportion initiale de boules rouges, et c’est aussi la probabilité
que la première boule piochée soit rouge.
Pensez que la pioche peut se faire simultanément avec les deux mains, en décidant que la première
est dans la main gauche et la seconde dans la droite. Mais cette décision est arbitraire ; et elle peut,
de toutes façons, être prise après les pioches.
Autrement dit, dans le cas d’un tirage sans remise, l’ordre des pioches est une donnée qui vient
s’ajouter à l’information sur la constitution de l’ensemble des boules piochées.
• Deuxième exemple. – Urne A : 2 vertes, 2 rouges – Urne B : 1 verte, 2 rouges. On pioche
une boule dans chaque urne. Quelle est la probabilité qu’elles soient de la même couleur ?
Si vous pensez qu’il y a une chronologie et que la boule piochée dans A est la référence, un calcul
vous conduira à la réponse 21 .
Mais si vous inversez ce point de vue : la boule piochée dans B est la boule de référence. Alors,
étant donné la composition de A, il est évident qu’il y a une chance sur deux de piocher dans A
une boule de cette couleur.
• Troisième exemple. – Urne avec 1 boule verte et 2 boules rouges. On en pioche deux sans
remise. Quelle est la probabilité de piocher les deux rouges ?
Par la calcul, on arrive facilement à 13 .
Mais si vous pensez, non pas aux deux boules piochées, mais à celle qui reste non piochée, le
résultat est immédiat.
• Quatrième exemple. – Portes, voiture et chèvres. Voir les documents des séances précédentes.
Il est aisé d’évaluer la probabilité de gagner si on ne change pas de décision, c’est la probabilité de
choisir la bonne porte parmi trois : 13 .
Sans calcul supplémentaire, on peut évaluer la probabilité de gain dans le cas où on modifie la
décision initiale : il suffit de remarquer qu’au moment de changer de décision, il reste deux portes,
une gagnante et une perdante ; et donc en modifiant son choix, le joueur échange sa situation par
rapport à ce qu’elle serait sans changer (gagné → perdu, perdu → gagné). Donc la probabilité de
gagner est dans ce cas 23 .
• Cinquième exemple. – Blanche Neige et les pommes. Voir énoncé dans le cours (point 3.14).
Encore une fois, on peut résoudre cette question quasiment sans calculer. Le fait que ce soit Blanche
Neige qui meure ou bien le cochon dépend du fait que la pomme empoisonnée est piochée avant
les deux véreuses, ou pas.
Les deux pommes saines ne jouent aucun rôle. Si Blanche Neige pioche d’abord la pomme empoisonnée, elle meurt. Si elle pioche d’abord une véreuse, c’est le cochon.
La probabilité que le cochon meure est donc la probabilité qu’une des deux pommes véreuses soit
piochée avant la pomme empoisonnée, soit 23 .
Université Paris 8
Licence Informatique
Introduction aux probabilités
Feuille no4
2012-2013
Ph. Guillot
Exercice 1.
Dans une course de 20 chevaux où toutes les arrivées sont équiprobables, quelle est la probabilité,
en jouant 3 chevaux, de gagner le tiercé
a) dans l’ordre ?
b) dans l’ordre ou le désordre ?
c) dans le désordre ?
Exercice 2.
On choisit au hasard un comité de 3 personnes parmi huit américains, cinq anglais et trois français.
Quelle est la probabilité :
– qu’il ne se compose que d’américains ?
– qu’aucun américain ne figure dans ce comité ?
– qu’au moins un membre de chaque nation figure dans le comité ?
Exercice 3.
Alice, Bob, Charly et Denis jouent au bridge, et reçoivent chacun 13 cartes d’un même jeu de 52
cartes. Sachant qu’Alice et Charly ont à eux deux 8 piques, on en déduit que Bob et Denis ont 5
piques à eux deux. Quelle est la probabilité pour que les piques soient bien répartis, c’est-à-dire,
pour que la répartition des 5 piques soit 3 pour Bob et 2 pour Denis ou vice et versa ?
Exercice 4.
Une urne A contient 3 boules noires et 4 boules rouges, alors que l’urne B contient 7 boules noires
et 8 boules rouges. On tire deux boules de chaque urne.
1. Dans l’urne A, quelle est la probabilité de tirer 2 boules noires ? 2 boules rouges ? une boule
noire et une boule rouge ? Même question pour l’urne B.
2. Quelle est la probabilité que :
a) les quatre boules soient de même couleur ?
b) deux boules soient noires et deux rouges ?
c) Est-il plus probable d’obtenir un nombre pair ou un nombre impair de boules noires ?
Exercice 5.
Dans une population de n individus on prélève, au hasard, sans répétition et 2 fois de suite de
manière indépendante avec remise entre deux tirages, 2 groupes de cardinaux respectifs r et s.
Quelle est la probabilité que les deux échantillons n’aient pas d’éléments communs ?
Exercice 6.
Une forêt contient 20 cerfs dont 5 sont capturés, marqués puis relâchés. Un an plus tard, 4 de ces
20 cerfs sont à nouveau capturés.
Quelle est la probabilité que 2 de ces 4 cerfs soient marqués ?
Exercice 7.
Dans une urne il y a n jetons dont deux seulement sont gagnants. Un joueur a le droit d’utiliser
une des deux stratégies suivantes :
– prendre simultanément deux jetons ;
– tirer un jeton, noter le résultat, le replacer dans l’urne et recommencer une fois.
1. Comparer les probabilités de succès, c’est-à-dire avoir au moins un jeton gagnant, des deux
stratégies.
2. Répondre à la même question avec m jetons gagnants.
Exercice 8.
On pioche 5 cartes dans un jeu classique de 52 cartes. On ne les regarde pas.
a) Quelle est la probabilité d’avoir les 4 as parmi ces 5 cartes ?
b) On regarde deux cartes, ce sont des as. Quelle est la probabilité qu’on ait les 4 as parmi nos 5
cartes ?
Exercice 9.
On lance deux fois un dé. On considère les événements suivants :
A : hh le premier dé est pair ii.
B : hh le deuxième dé est impair ii.
C : hh le total est impair ii.
Montrer que ces trois événements sont deux à deux indépendants, mais ne sont pas globalement
indépendants.
Exercice 10.
On lance deux dés équilibrés.
1. Si on sait qu’au moins un des deux donne un score pair, quelle est la probabilité que l’autre
donne un score impair ?
2. Quelle est la probabilité d’avoir un total pair si au moins un des deux scores est impair ?
3. Quelle est la probabilité d’avoir au moins un score impair si le total est pair ?
4. Les événements hh obtenir un total pair ii et hh obtenir au moins un score impair ii sont-ils
indépendants ?
Exercice 11.
Considérons deux événements E et F d’un espace probabilisé (Ω, p).
a) Montrer l’équivalence
E ∩ F et E ∪ F sont indépendants ⇐⇒ p(E ∪ F ) = 1 ou p(E ∩ F ) = 0
b) Montrer que si les événements E et F sont indépendants, alors on a l’équivalence
E ∩ F et E ∪ F sont indépendants ⇐⇒ p(E) = 1 ou p(E) = 0 ou p(F ) = 1 ou p(F ) = 0
Exercice 12.
Soit Ω un ensemble de possibles et fixons a ∈ Ω. Soit p l’application définie, pour un sous-ensemble
A de Ω, par p(A) = 0 si a 6∈ A et p(A) = 1 si a ∈ A.
1. Montrer que p est une probabilité sur Ω.
2. Montrer que deux événements E et F sont toujours indépendants.
Exercice 13. Le problème de points au cours de parties.
Deux joueurs A et B jouent en trois manches gagnantes. Pour chaque manche, la probabilité de
victoire de A est p et la probabilité de victoire de B est q = 1 − p. À ce moment de la partie, le
joueur A a gagné deux manches et le joueur B en a gagné une.
1. Quelle est la probabilité que A perde la partie ?
2. Même question lorsque A mène une manche à zéro.
3. Maintenant A et B vont jouer n manches, quelle est la probabilité que A gagne au moins k
manches ?
Exercice 14.
Un système d’alarme fonctionne ainsi :
– s’il y a un danger, la probabilité que l’alarme se déclenche est 0,99 ;
– en l’absence de danger, elle se déclenche avec une probabilité de 0,005.
La probabilité qu’un danger se présente est 0,01.
1. Quelle est la probabilité que l’alarme se déclenche ?
2. L’alarme se déclenche. Quelle est la probabilité qu’un danger se présente ? Quelle est la
probabilité de fausse alerte ?
Université Paris 8
Licence Informatique
Introduction aux probabilités
Corrigé no 4
2012-2013
Ph. Guillot
Exercice 1. a) La probabilité de trouver le 1er est 1/20. La probabilité de trouver le second, ayant
trouvé le premier vaut 1/19, puis 1/18 pour trouver le troisième ayant trouvé les deux premiers.
1
La probabilité de gagner le tiercé dans l’ordre est donc 20×19×18
.
3!
.
b) Le nombre de tiercés dans l’ordre ou le désordre est 3!, la probabilité dans ce cas vaut 20×19×18
3!−1
c) Sur les 3! tiercés, un seul est dans l’ordre, la probabilité vaut donc dans ce cas 20×19×18 .
Exercice 2. Le nombre de comités
possibles est le nombre de sous-ensemble de 3 membres choisis
parmi 8 + 5 + 3 = 16, soit 16
. Le nombre de comités composé uniquement d’américains est 83 ,
3
soit une probabilité de 83 / 16
3 d’être dans ce cas.
- Il y a 5+3
comités
sans
américains,
soit une probabilité de 83 / 16
3
3 .
.
- Il y a 8 × 5 × 3 comités composé d’un membre de chaque nation, soit une probabilité de 8×5×3
(16
3)
Exercice 3. Considérons les 26 cartes qu’il reste à attribuer à Bob et Denis. Il y a 26
13 façons de
5
21
les donner. Il y en a 53 × 21
10 qui fournissent trois piques à Bob, et 2 × 11 qui lui en fournissent
deux. La probabilité est donc 78/115.
Exercice 4. 1. La probabilité de tirer deux boules noires de l’urne A vaut 32 / 72 = 1/7. De même,
la probabilité de tirer deux boules rouges vaut 42 / 72 = 2/7, et la probabilité d’en tirer une rouge
et une noire vaut 37 × 16 + 47 × 63 = 47 . Dans l’urne B, ces probabilités valent respectivement 3/15,
4/15 et 8/15.
2. a) Les tirages dans chaque urne étant indépendants, la probabilité de tirer 4 boules de la même
3
4
11
couleur vaut 71 × 15
+ 27 × 15
= 105
.
b) Il y a 3 cas : 2 boules noires viennent de l’urne A, ou de l’urne B, ou une boule noire vient de
4
3
8
42
+ 27 × 15
+ 47 × 15
= 105
.
chaque urne. La probabilité vaut donc 17 × 15
c) Les cas a) et b) correspondent au tirage d’un nombre pair de boules noires. Les probabilités
53
cumulées valent 105
qui est supérieur à 1/2. Il est plus probable de tirer un nombre pair de boules
noires.
Exercice 5. Le nombre de tirages possibles est nr × ns . Le nombre de tirages sans éléments
n
n−r
communs entre les deux tirages est nr × n−r
s , la probabilité vaut
s / s .
Exercice 6. Sur 20
choix de 4 cerfs possibles, il y en a 52 × 15
où exactement 2 cerfs sont
4
2
marqués.
Exercice 7. La première stratégie est un tirage sans remise, la seconde, avec remise.
1. Le gain correspond au tirage d’un jeton gagnant au premier tour, ou bien d’un jeton perdant
au premier tour, puis un jeton gagnant au second tour. La probabilité de gain sans remise est
2
n−2
2
2
n−2
2
n + n × n−1 , alors qu’avec remise, elle vaut n + n × n , qui est inférieur.
n−m
m
m
n−m
m
2. Avec m jetons gagnants, les probabilités respectives sont m
n + n × n−1 et n + n × n .
Exercice 8. a) Avec A =hh les 4 as sont présents ii , on a P (A) = 48/ 52
5 ≈ 0, 0009, qui correspond
au choix de la 5e carte parmi les 48 non-as.
b) Considérons les 3 cartes non retournées. Il y a 50
possibilités. On demande finalement
3
la probabilité
que
ces
3
cartes
contiennent
les
2
as
restants.
Le nombre de cas favorable est
2
48
2×3
≈
0,
00245.
×
=
48.
La
probabilité
vaut
2
1
50×49
Exercice 9. On a P (A) = 1/2, P (B) = 1/2 et P (C) = 18/36 = 1/2. Un quart des couples de
valeurs de dé ont leur premier terme pair et le second impair. La probabilité de l’événement A ∩ B
vaut donc 1/4. Les événements A et B sont indépendants. De même, parmi les somme impaires, la
moitié ont le premier terme pair et la moitié ont leur deuxième termes impairs, les événements A et
C ainsi que les événements B et C sont indépendants. Par contre, 1/4 des couples ont leur premier
terme pair, le second impair et le total donc forcément impair, alors que le produit P (A)P (B)P (C)
vaut 1/8. Les événements A, B et C ne sont pas globalement indépendants.
Exercice 10. 1. Dans 3 cas sur 4, un des scores est pair, parmi ces cas, dans deux cas ont l’autre
score impair. La probabilité que l’autre soit impair vaut 2/3.
2. Dans 3 cas sur 4, un des scores est impair, et parmi ceux-ci, un seul total est pair. La probabilité
que le total soit pair vaut 1/3.
3. Le total est pair dans les deux cas où les scores ont la même parité. La probabilité vaut 1/2.
4. La probabilité d’obtenir un total pair vaut 1/2, la probabilité d’obtenir au moins un score impair
vaut 3/4, la probabilité de la conjonction de ces événements est la probabilité que les deux scores
soient impairs qui vaut 1/4 et n’est pas égale au produit 12 × 32 = 13 . Les événements ne sont pas
indépendants.
Exercice 11. a) On a (E ∪ F ) ∩ (E ∩ F ) = E ∩ F . L’indépendance de E ∩ F et de E ∪ F se traduit
donc par l’égalité P (E ∩ F ) = P (E ∩ F ) × P (E ∪ F ) (*). Cette égalité survient dans deux cas : si
P (E ∩ F ) est nul, ou sinon, par simplification, si P (E ∪ F ) = 1. Réciproquement, dans l’un de ces
deux cas, l’égalité (*) est satisfaite et les événements E ∩ F et E ∪ F sont indépendants.
b) Il suffit de montrer l’équivalence des seconds membres des équivalences des questions a) et b). Si
l’un des événements E ou F est de probabilité 1, alors la réunion l’est aussi, et si l’un des événements
E ou F est de probabilité nulle, alors leur intersection aussi, ce qui montre l’implication dans le
sens b) =⇒ a). Réciproquement, si P (E ∩ F ) = 0, comme E et F sont supposés indépendants,
le produit P (E)P (F ) est nul, ce qui implique que l’un des événements E ou F est de probabilité
nulle. L’autre cas se traite de façon similaire en notant que si deux événements sont indépendants,
alors leurs complémentaires sont indépendants, et donc, si P (E ∩ F ) = 1, cela signifie que les
complémentaires de E et F sont incompatibles, et donc l’un d’eux est de probabilité nulle, son
complémentaire est donc de probabilité 1.
Exercice 12. 1. Comme a ∈ Ω, on a P (Ω) = 1. Si A et B sont deux sous-ensembles disjoints de
Ω, alors a ne peut appartient qu’à un seul. La probabilité de la réunion vaut 0 si a n’appartient à
aucun d’entre eux, ce qui est la somme des probabilités de A et de B, et vaut 1 si a appartient à
l’un des deux qui est aussi la somme des probabilités de A et B puisque a ne peut appartenir qu’à
un seul des deux sous-ensembles.
2. Soient E et F deux événements quelconques. Si a ∈ E ∩ F alors a appartient aux deux, et on a
bien P (E ∩ F ) = P (E)P (F ) = 1 × 1 = 1. Par contre si a 6∈ E ∩ F , alors P (E ∩ F ) = 0 qui vaut
bien le produit P (E)P (F ), car dans le cas contraire, a appartiendrait à E et F .
Exercice 13. 1. A gagne dès qu’il gagne une partie. Donc pour perdre, il faut que B gagne les
deux parties qu’il lui reste à gagner, ce qui survient avec une probabilité q 2 .
2. Pour que B gagne, il lui faut gagner 3 parties sans que A en gagne plus d’une. B peut gagner les
3 parties suivantes avec une probabilité q 3 , et A peut gagner une seule partie parmi les 3 suivantes,
B gagnant la dernière. Il y a 3 parties que A peut gagner, et tous ces cas surviennent avec une
probabilité pq 3 . A ce moment du jeu, A perd avec une probabilité q 3 + 3pq 3 .
n i n−i
3. La probabilité que A gagne i manches vaut
i p q , car une séquence de jeux où A gagne i
n
i n−i
fois seulement sur n vaut p q , et il y a i façons pour A de placer les
parties gagnantes de A
Pn
parmi les n manches jouées. La probabilité demandée est donc i=k ni pi q n−i .
Exercice 14. 1. Soit A=hh l’alarme se déclenche ii et D =hh il y a un danger ii. On sait que
= 0, 99, que PD (A) = 0, 005 et que P (D) = 0, 01. On déduit P (A ∩ D) =
PD (A) = P P(A∩D)
(D)
0, 99 × 0, 01 = 0, 0099 et P (A ∩ D) = (1 − 0, 01) × 0, 005 = 0, 00495. Cela permet d’évaluer
P (A) = P (A ∩ D) + P (A ∩ D) = 0, 0099 + 0, 00495 = 0.01485.
2. On demande PA (D) = P P(A∩D)
(A) = 0, 0099/0, 01485 = 2/3.
Ce déclenchement est une fausse alerte s’il n’y a pas de danger. On demande finalement PA (D)
qu’on peut trouver soit avec
P (A∩D)
P (A)
= 0, 00495/0, 01485 = 1/3, soit avec 1 −PA (D) = 1− 32 = 1/3.
Université Paris 8
Licence Informatique
Introduction aux probabilités
Feuille no5
2012-2013
Ph. Guillot
Exercice 1.
Dans un élevage de moutons, 30% des animaux ont la maladie M. Un test T est disponible pour
dépister cette maladie. Pour un mouton sain, la probabilité d’avoir une réaction négative au test
est 0,9. Pour un mouton malade, la probabilité d’avoir une réaction positive est 0,8.
Si on choisit un mouton au hasard, quelle est la probabilité , si la réaction au test T est positive,
que l’animal soit malade ?
Exercice 2.
Une usine d’ampoules électriques possède trois ateliers. L’atelier A assure 20% de la production,
l’atelier B 30% et l’atelier C le reste. Il y a 5% des ampoules produites par l’atelier A qui sont
défectueuses, pour l’atelier B, c’est 4% et pour l’atelier C, c’est 1%.
1. Calculer la probabilité qu’une ampoule produite par cette usine soit défectueuse.
2. On choisit au hasard une ampoule produite par cette usine et on constate qu’elle est défectueuse.
Calculer la probabilité pour qu’elle sorte de l’atelier A, de l’atelier B ou de l’atelier C.
Exercice 3.
On dispose de deux urnes. L’urne A contient 5 balles rouge et 7 balles vertes. L’urne B contient 3
balles rouges et 12 balles vertes. On lance une pièce équilibrée. Si elle retombe sur face, on pioche
une balle dans l’urne A, et si elle tombe sur pile, on pioche une balle sur l’urne B.
C’est une balle verte qui est piochée. Quelle est la probabilité que la pièce soit tombée sur face ?
Exercice 4.
Un laboratoire dispose d’un test de dépistage d’une maladie. Si le patient est malade, le test est
positif dans 99% des cas. Si le patient n’est pas malade, le test est positif dans 5% des cas. Dans
une population, il y a 0,5% de malades. On fait le test à un patient, il est positif. Quelle est la
probabilité que le patient soit effectivement malade ?
On refait le test, indépendamment du premier test. Il est à nouveau positif. Quelle est la probabilité
pour que le patient soit vraiment malade ?
Exercice 5.
On choisit au hasard un des nombres entiers parmi 1, 2, . . . , n, tous les choix étant équiprobables.
Soit p un entier non nul inférieur ou égal à n. Soit Ep l’événement hh le nombre choisi est divisible
par p ii.
1. Quelle est la probabilité de cet événement lorsque p divise n ?
2. Montrer que si p1 , p2 , . . . , pk sont des diviseurs premiers distincts deux à deux de n, alors les
événements Ep1 , Ep2 , . . . , Epk sont indépendants.
3. On appelle indicatrice d’Euler la fonction ϕ définie sur les entiers naturels dont la valeur ϕ(n)
est égale au nombre d’entiers inférieurs à n et premiers avec n. Montrez que pour tout entier
naturel n, on a :
Y
1
ϕ(n) = n ×
1−
p
p premier, p|n
Exercice 6.
Un tireur atteint sa cible avec une probabilité 0,6. On suppose que les tirs sont indépendants.
Montrer qu’il faut qu’il faut au moins huit tirs pour que la probabilité d’atteindre au moins deux
fois sa cible dépasse 99%.
Exercice 7.
On lance une pièce équilibrée 1000 fois. Quelle est la probabilité d’obtenir 545 pile ou plus ?
Université Paris 8
Licence Informatique
Introduction aux probabilités
Corrigé no 5
2012-2013
Ph. Guillot
Exercice 1. Soit M =hh le mouton est malade ii et R =hh le mouton a une réaction positive au test ii.
Les données de l’énoncé sont P (M ) = 0, 3, PM (R) = 1 − 0, 9 = 0, 1 et PM (R) = 0, 8. On demande
PM (R)×P (M )
PR (M ). L’utilisation de la formule de Bayes conduit à PR (M ) = P (R)×P
=
(M )+P (R)×P (M )
M
0,8×0,3
0,8×0,3+0,1×0,7
=
0,24
0,24+0,07
M
≈ 0, 77. Le mouton a une probabilité de 77% d’avoir la maladie.
Exercice 2. On tire au hasard une ampoule. Soient A =hh l’ampoule est fabriquée par l’atelier A ii,
B =hh l’ampoule est fabriquée par l’atelier B iiet C =hh l’ampoule est fabriquée par l’atelier C ii.
Notons D =hh l’ampoule est défectueuse ii.
1. L’ampoule est nécessairement fabriquée de manière exclusive par un seul des 3 ateliers, donc
P (D) = P (D ∩ A) + P (D ∩ B) + P (D ∩ C) = PA (D) × P (A) + PB (D) × P (B) + PC (D) × P (C) =
0, 05 × 0, 2 + 0, 04 × 0, 3 + 0, 01 × 0, 5 = 0, 027.
PB (D)×p(A)
10
= 0,05×0,2
= 0,04×0,3
2. On a PD (A) = PA (D)×p(A)
P (D)
0,027 = 27 ≈ 0, 37. De même PD (B) =
P (D)
0,027 =
12
27
≈ 0, 44 et PD (C) =
PC (D)×p(A)
P (D)
=
0,01×0,5
0,027
=
5
27
≈ 0, 185.
Exercice 3. Soit F =hh la pile tombe sur face iiet V =hh la balle tirée est verte ii. On a PF (V ) =
PF (V )×p(F )
=
7/12 et PF (V ) = 12/15. On demande PV (F ) qui vaut PV (F ) = P (V )×p(F
)+P (V )×p(F )
F
7/2×1/2
7/2×1/2+12/15×1/2
=
F
35
83 .
Exercice 4. Notons T =hh le test est positif ii et M =hh le patient est malade ii. Les données de
l’énoncé sont PM (T ) = 0, 99, PM (T ) = 0, 05 et P (M ) = 0, 005. On demande PT (M ). L’utilisation
PM (T )×P (M )
0,99×0,005
de la formule de Bayes conduit à : PT (M ) = P (T )×P
= 0,99×0,005+0,05×0,995
≈
(M )+P (T )×P (M )
M
M
0, 09. Si le test est positif, le patient a une probabilité de 9% d’être malade.
Soit T2 =hh le second test est positif ii. L’évènement T2 est indépendant de T et a la même
probabilité. Donc PM (T ∩T2 ) = PM (T )×PM (T2 ) = 0, 992 = 0, 9801 et Donc PM (T ∩T2 ) = PM (T )×
PM (T2 ) = 0, 05= 0, 0025. Ce qu’il faut évaluer est la quantité PT ∩T2 (M ). La même formule de Bayes
PM (T ∩T2 )×P (M )
0,9801×0,005
conduit à PT ∩T2 (M ) = P (T ∩T )×P
= 0,9801×0,005+0,0025×0,995
≈ 0, 6633. Si un
(M )+P (T ∩T )×P (M )
M
2
M
2
second test est positif, alors la probabilité d’être malade monte à plus de 66%.
Exercice 5. 1. Si p divise n, les entiers de 1 à n peuvent être rangés dans l’ordre dans un tableau
de p colonnes et n/p lignes. Dans ce tableau, tous les nombres de la dernière colonne, et eux seuls
sont divisibles par p. La probabilité pour qu’un nombre tiré au hasard dans ce tableau soit divisible
par p, c’est-à-dire pour qu’il soit extrait de la dernière colonne, vaut donc 1/p.
2. Si deux entiers p et q sont premiers entre eux, alors tout entier est divisible par le produit pq
si et seulement si il est divisible à la fois par p et q, ce qui signifie que Ep ∩ Eq = Epq . Donc
P (Ep ∩ Eq ) = P (Ep ) × P (Eq ). Or les diviseurs premiers de n sont deux à deux premiers entre eux.
3. Soit d un entier pris au hasard dans {1, . . . , n}. Par définition, la probabilité qu’il soit premier avec
n vaut ϕ(n)/n. Cela vaut également la probabilité qu’aucun diviseur premier pi ne divise l’entier
d. L’événement hh k est premier avec n ii est donc Ep1 ∩ · · · ∩ Epk . Ces évènements, complémentaires
Qk
1
d’événements indépendants sont indépendants donc ϕ(n)
i=1 1 − pi .
n =
Exercice 6. Soit n le nombre de tirs. Une séquence de tirs est une suite de n termes qui prennent
deux valeurs possibles : raté ou réussi, selon un tirage de Bernoulli de paramètre p = 0, 6.
Avoir au moins
2 succès est
l’événement complémentaire d’avoir 0 ou 1 succès. Sa probabilité
vaut 1 − n0 (1 − p)n − n1 p(1 − p)n−1 = 1 − 0, 4n − n × 0, 6 × 0, 4n−1 . Pour n = 7, cela vaut
1 − 0, 47 − 7 × 0, 6 × 0, 46 ≈ 0.9812, et pour n = 7, cela vaut 1 − 0, 48 − 8 × 0, 6 × 0, 47 ≈ 0.9915.
Avec 7 tirs, la probabilité d’atteindre deux fois la cible n’atteint pas 99%, alors qu’elle l’atteint
avec 8 tirs.
P1000 1000 1000
/2
≈ 0, 00243.
Exercice 7.
k=545
k