Mathématiques générales (été) Corrigé de la série 4 Exercice 1 :

UNIVERSITE DE GENEVE
Section de Mathématiques
Faculté des Sciences
avril 2008
Mathématiques générales (été)
Corrigé de la série 4
Exercice 1
:
a) Première méthode: Soit
A
B
l'événement La première boule tirée est noire et
P (B|A).
l'événement B dans
l'événement La seconde boule tirée est rouge. On veut calculer
Par dénition, cette probabilité est la probabilité de
univers restreint aux seuls cas où l'événement
A
un
est vérié. Pour la calculer, on
s'intéresse donc à tous les tirages de deux boules où la seconde boule est rouge,
et on compte ceux pour lesquels la première boule est noire. Notons
N (nr)
le
nombre de tirages tels que la première boule soit noire, et la seconde rouge. De
même, soit
N (rr)
le nombre de tirages tels que les deux boules soient rouges.
On a alors :
N (nr) = 4 · 8 = 32
N (rr) = 8 · 7 = 56.
La probabilité recherchée est donc :
4
N (nr)
=
.
N (nr) + N (rr)
11
Deuxième méthode: Soit Rj l'évènement "la j -ème boule est rouge" et soit
Nj l'évènement "la j -ème boule est noire" (j = 1, 2). Nous souhaitons calculer
4
7
P(N1 | R2 ). Nous avons que P(N1 ) = 12
= 13 . De plus P(R2 | R1 ) = 11
8
et P(R2 | N1 ) =
11 . Puisque N1 et R1 forment une partition des évènements
P (B|A) =
possibles de la première boule, par la formule de Bayes, nous avons que
P(N1 | R2 )
=
=
=
P(R2 | N1 )P(N1 )
R2 | N1 )P(N1 ) + R2 | R1 )P(R1 )
8 1
11 3
8 1
11 3
+
7 2
11 3
4
.
11
b) Remarquons que pour que chaque urne contienne une boule rouge, il faut qu'une
seule boule rouge soit choisie parmi les cinq tirées lors de chaque tirage. Nommons
An
l'événement la
n-ème
urne contient exactement un boule rouge. La
probabilité qu'une seule boule se trouve dans chaque urne est donc donnée par:
P (A1
\
A2
\
A3 ) = P (A1 ) · P (A2 |A1 ) · P (A3 |(A1
\
A2 )).
Le nombre total de tirages possible lors du premier tirage est donné par
C515 ,
alors que le nombre de tirages possédant exactement une boule rouge est égal à
3 · C412 .
On a donc :
3 · C412
45
=
.
15
C5
91
On aimerait maintenant calculer P (A2 |A1 ), c'est-à-dire la probabilité de tirer
P (A1 ) =
exactement une boule rouge au second tirage en sachant que l'on en a tiré une
seule au premier. Comme on en a tiré une seule au premier, on en déduit qu'il
reste 8 boules noires et 2 boules rouges dans l'urne.
La probabilité est donc
donnée par :
2 · C48
5
= .
C510
9
P (A2 |A1 ) =
Finalement, la probabilité de tirer une seule boule rouge au dernier tirage,
sachant que l'on en a tiré une seule à chacun des deux tirages précédents est 1.
(Voyez-vous pourquoi ?)
On a donc nalement :
Exercice 2
P =
25
91 .
: L'ensemble fondamental pour cette expérience est:
Ω = {(P, P, P ), (P, P, F ), (P, F, P ), (P, F, F ), (F, P, P ), (F, P, F ), (F, F, P ), (F, F, F )}.
1
8.
1
On a bien sûr P (Gi ) =
2 pour i = 1, 2, 3, parce que sur les quatre événements
possibles pour les deux lancers, il y a deux événements où les deux lancers donnent
Tous les évènements élémentaires sont équiprobables de probabilité
le même résultat (pile-pile ou face-face).
P (G1 ∩ G2 ). G1
Calculons maintenant
et
G2
ne seront vériés ensemble que si les
trois lancers donnent le même résultat. Il y a deux événements favorables sur huit,
donc :
P (G1 ∩ G2 ) =
G1
On en déduit que
et
G2
1
= P (G1 ) · P (G2 )
4
sont indépendants. Le même raisonnement s'applique
au deux autres paires d'événements.
Pour la conjonction des trois événements, comme l'événement
équivalent à l'événement
G1 ∩ G2 ,
G1 ∩ G2 ∩ G3
est
on a :
P (G1 ∩ G2 ∩ G3 ) = P (G1 ∩ G2 ) =
1
1
6= = P (G1 ) · P (G2 ) · P (G3 )
4
8
Les trois événements ne sont donc pas mutuellement indépendants.
Exercice 3
: On se souvient de la formule :
P (B|A) =
Donc
P (A ∩ B) =
P (A ∩ B)
P (A)
P (B) =
P (A ∩ B) = P (B|A) · P (A)
1
8 . On a aussi :
P (A|B) =
Donc
⇒
P (A ∩ B)
P (B)
⇒
P (B) =
P (A ∩ B)
P (A|B)
3
8 . Finalement, on utilise la formule vue lors de la série passée pour
trouver :
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) =
Exercice 4
:
Soit
A
1
2
l'événement La femme a deux ls non-hémophiles et
B
l'événement La femme est porteuse du gène de l'hémophilie. La probabilité recherchée est
•
P (B|A).
Enumérons l'univers :
Soit la femme ne possède pas le gène de l'hémophilie. Dans ce cas, ses ls
ne sont jamais hémophiles. La probabilité de cet événement est de
1
2.
•
Soit la femme possède le gène (dans 50% des cas).
Dans ce cas, chaque
1
d'être hémophile. C'est donc
2
seulement dans un cas sur quatre que ses deux ls ne seront pas atteints. La
1
1 1
probabilité de cet événement est donc P (A∩B) = P(B)P(A | B) = · = .
2 4
8
Soit elle possède le gène et l'un de ses ls au moins est malade. Ce cas ne
ls qu'elle met au monde a une probabilité
•
nous intéresse pas.
Comme les événements précédents sont disjoints, on déduit que
P (A) =
1
2
+ 18 =
5
8.
On en déduit immédiatement :
P (B|A) =
Exercice 5
: Soit
A
1
P (A ∩ B)
=
P (A)
5
l'événement La personne interrogée ment et
B
l'événement
Le détecteur signale que la personne ment. On cherche à calculer la probabilité
P (A|B).
P (B|A) = 0.95 et P (B|Ā) = 0.01 (où Ā est la négation de A).
P (A|B), on aimerait utiliser la formule de Bayes, mais pour celà, il
faut connaître P (A) et P (Ā). Au vu de la situation dans laquelle s'est déroulée
2
1
19
l'arrestation, on peut supposer que P (A) =
40 = 20 et que P (Ā) = 20 .
On connaît
Pour calculer
On utilise alors la formule de Bayes :
P (A|B) =
5
P (B|A)P (A)
=
6
P (B|A)P (A) + P (B|Ā)P (Ā)
Exercice 6
: On a P (B ∩ C) = P (B) · P (C) car B et C sont indépendants. On a
P (B ∪C) = P (B)+P (C)−P (B ∩C). Finalement, comme A et B ∪C forment
partition de l'univers, on a P (A) + P (B ∪ C) = 1. En posant P (B) = x, on
aussi
une
obtient donc l'équation :
x
+ x + x − x2 = 1
2
⇔
5
x2 − x + 1 = 0
2
⇔
Comme une probabilité est toujours un nombre entre 0 et 1, seul
sensée, et on obtient
P (A) =
1
4.
x=2
ou
1
2
1
2 est une solution