Probabilité conditionnelle TES et TS

Probabilité conditionnelle
Terminales ES et S
Probabilité conditionnelle.
I Exemple.
Dans une loterie on tire, l’un après l’autre, sans remettre le premier, deux jetons parmi 6 jetons.
Tous les jetons ont la même probabilité d’être tirés.
Deux jetons sont marqués g et quatre sont marqués h.
a Construire un arbre.
b Déterminer la probabilité de tirer aucun jeton g, un jeton g exactement, deux
jetons g.
c Déterminer la probabilité de tirer au moins un jeton g.
On suppose que les jetons sont numérotés, dans ce cas tous les tirages sont équiprobables.
G1
H1
G2
H2
On note :
l'évènement : « le premier jeton est marqué g »
l'évènement : « le premier jeton est marqué h »
l'évènement : « le premier jeton est marqué g »
l'évènement : « le premier jeton est marqué h »
1
;
3
La probabilité d’obtenir un jeton g au premier tirage est :
p G 1 =
La probabilité d’obtenir un jeton h au premier tirage est :
p  H 1= pG 1=
2
.
3
Par contre la probabilité d’obtenir un jeton g au deuxième tirage dépend du résultat du premier
tirage. On dit que cette probabilité est conditionnelle .
Il y a deux cas.
Premier cas.
Le résultat du premier tirage est h, on cherche la probabilité de tirer un jeton g au
deuxième tirage, évènement G2 sachant que H1 est réalisé. On note cette probabilité
p H G 2  ou encore p G 2 / H 1  .
1
Pour calculer cette probabilité sans employer de formules on se place dans le nouvel
univers ∩H 1 = H 1 . Comme H1 est réalisé, il reste deux jetons g et trois jetons h
donc :
2
p H G2 = p G 2 / H 1 =
5
1
Thierry Vedel
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Formule des probabilités conditionnelles.
En fait, on a calculé la probabilité de l’évènement H 1 ∩G 2 dans le nouvel univers H1.
p  H 1 ∩G 2  2
=
Donc p H G2 = pG 2 / H 1 =
(on divise par p  H 1 car, dans le nouvel
p  H 1
5
univers, H1 a une probabilité égale à 1).
1
Vérification de cette formule.
On peut représenter l'univers sous forme d'un tableau.
G1
g1
H1
g2
h1
h2
h3
h4
g1
G2
H2
g2
g1 g 2
h1
g1 h1
h2
g1 h2
h3
g1 h3
h4
g1 h4
10 issues
20 issues
10 issues
p  H 1 ∩G 2 =
20 issues
30 issues
p  H 1 ∩G 2 8 30 2
8
20
et p  H 1=
donc
=
=
30
30
p H 1 
30 20 5
De même la probabilité de H2 sachant que H1 est réalisé :
p H  H 2 = p  H 2 / H 1=
1
3
5
p H  H 2 = p H G 2 =1 − p H G 2
On remarque que
1
1
1
Deuxième cas.
Le résultat du premier tirage est g, on cherche la probabilité de G2 sachant que G1
est réalisé.
Pour calculer cette probabilité sans employer de formules on se place dans le nouvel
univers ∩G 1 =G 1. Comme G1 est réalisé, il reste un jeton g et quatre jetons h donc :
1
p G G 2= pG 2 / G 1 =
5
1
Thierry Vedel
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On en déduit la probabilité de H2 sachant que G1 est réalisé :
p G  H 2 = p  H 2 / G 1 =
1
4
5
On regroupe ces résultats dans un arbre pondéré :
pG G 2 =
1
5
G2
pG 1 ∩G 2 =
pG G 2 =
4
5
H2
pG 1 ∩ H 2 =
1 4 4
=
3 5 15
2
5
G2
p H 1 ∩G 2 =
2 2 4
=
3 5 15
3
5
H2
p H 1 ∩H 2=
1
1
pG 1 =
3
G1
1
p H 1 =
1 1 1
=
3 5 15
2
3
p H G 2 =
1
H1
p H  H 2 =
1
p  A∩B
écrite sous la forme
p  B
pour calculer la probabilité d’obtenir deux jetons g :
1 1 1
p G 1 ∩G 2 = pG G 2  pG 2=
=
3 5 15
On peut vérifier ce résultat dans le tableau.
On applique la formule
p B  A=
2 3 6
=
3 5 15
p  A∩B= p B  A p B
1
La probabilité d’obtenir un jeton g exactement est :
G1 ∩ H 2 et  H 1 ∩G 2  sont incompatibles donc :
p  { gh , hg } = p  G 1 ∩H 2 ∪ H 1 ∩G 2  = p G 1 ∩H 2 p  H 1 ∩G 2 =
La probabilité de n’avoir aucun jeton g,
p hh= p H 1 ∩H 2=
Vérification :
p  gg  p « un g » p hh=
Thierry Vedel
4
4
8

=
15 15 15
6
15
1
8
6
 
=1
15 15 15
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Terminales ES et S
II Les résultats à connaître.
1 Probabilité conditionnelle de B sachant que A,
p A  B= p  B/ A=
On la note pA(B) ou p(B/A).
p  A≠0, est réalisé.
p  A∩B 
p A
2 Formule des probabilités composées.
p  A∩ B= p A  B p  A= p B  A p B
3 Formule des probabilités totales.
A1 , A2 , ... , An forment une partition de Ω ( les
est  )
Ai sont disjoints deux à deux et leur union
p  B= p A  B p A1 p A  B p A2 ... p A  B p An
1
2
n
n
p  B=∑ p A  B p Ai
i=1
i
p  B= p B∩A1  p  B∩ A2 ... p  B∩An 
n
p  B=∑ p B∩ Ai
i=1
4 Arbre pondéré.
La somme des pondérations (probabilités) d’un bouquet de branches ayant la même origine est
égale à 1.
La branche primaire Ω ___________________________ A est pondérée par
La branche secondaire A
___________________________
B est pondérée par
p  A .
p A  B .
La branche tertiaire B ___________________________ C correspondant à la suite de branches
Ω ___________________________ A ___________________________ B ___________________________ C est pondérée par
p A∩B C  .
Voir le livre TES pages 148 et 149 et le livre TS page 312.
Thierry Vedel
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