Exercice 1 — Tableau
Reprendre les 200 élèves du paragraphe 2. Calculer \(P_{\overline S}(V)\) et \(P_V(S)\).
Afficher la correction
\(P_{\overline S}(V)=30/120=0{,}25\) et \(P_V(S)=50/80=0{,}625\).
Avant de commencer
Prérequis : événements, intersection, complémentaire, fractions, pourcentages et tableaux d’effectifs.
Objectifs : calculer des probabilités conditionnelles, utiliser les probabilités totales, justifier une indépendance et étudier des répétitions indépendantes jusqu’à quatre épreuves.
1. Comprendre « sachant que »
On considère un univers fini \(\Omega\) et deux événements \(A\) et \(B\). Savoir que \(A\) est réalisé revient à restreindre l’univers aux issues de \(A\).
Si \(P(A)\gt0\), la probabilité de \(B\) sachant \(A\) est :
\[P_A(B)=P(B\mid A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}.\]
Le conditionnement porte sur l’événement indiqué en indice ou après la barre. On distingue \(P_A(B)\), \(P_B(A)\) et \(P(A\cap B)\).
Exemple : un jeu de 32 cartes
On tire une carte uniformément. Soit \(R\) : « tirer un roi » et \(T\) : « tirer un trèfle ». Il y a huit trèfles, dont un roi.
\[P_T(R)=\frac{1/32}{8/32}=\frac18,\qquad P_R(T)=\frac{1/32}{4/32}=\frac14.\]
Ces deux probabilités ne répondent pas à la même question.
2. Lire un tableau d’effectifs
Parmi 200 élèves, 80 pratiquent un sport en club (\(S\)). Parmi eux, 50 viennent à vélo (\(V\)). Parmi les 120 autres élèves, 30 viennent à vélo. On choisit un élève uniformément.
| Effectifs | Vélo V | Pas de vélo | Total |
|---|---|---|---|
| Sport S | 50 | 30 | 80 |
| Pas de sport | 30 | 90 | 120 |
| Total | 80 | 120 | 200 |
\[P(S\cap V)=\frac{50}{200}=0{,}25,\qquad P_S(V)=\frac{50}{80}=0{,}625.\]
Pour la probabilité conditionnelle, le dénominateur est l’effectif du groupe sur lequel on conditionne : ici, les 80 sportifs.
3. Complémentaire et intersection
Si \(P(A)\gt0\) :
\[0\le P_A(B)\le1,\qquad P_A(\overline B)=1-P_A(B).\]
\[P(A\cap B)=P(A)\,P_A(B).\]
Le complément porte sur \(B\), en conservant la même condition \(A\).
Si \(P(A)=0{,}6\) et \(P_A(B)=0{,}25\), alors \(P_A(\overline B)=0{,}75\) et \(P(A\cap B)=0{,}6\times0{,}25=0{,}15\).
4. Construire et lire un arbre pondéré
Une entreprise utilise deux machines : \(A\) désigne « la pièce vient de la première machine », avec \(P(A)=0{,}6\). On note \(B\) : « la pièce est contrôlée ». On sait que \(P_A(B)=0{,}25\) et \(P_{\overline A}(B)=0{,}1\).
- Au premier niveau, placer \(A\) et \(\overline A\), avec 0,6 et 0,4.
- Après \(A\), placer \(B\) et \(\overline B\), avec 0,25 et 0,75.
- Après \(\overline A\), placer \(B\) et \(\overline B\), avec 0,1 et 0,9.
- À un nœud : la somme des probabilités sortantes vaut 1.
- Le long d’un chemin : multiplier les probabilités.
- Pour plusieurs chemins disjoints : additionner les probabilités des chemins.
\[P(A\cap B)=0{,}6\times0{,}25=0{,}15,\quad P(\overline A\cap B)=0{,}4\times0{,}1=0{,}04.\]
5. Formule des probabilités totales
Une partition de \(\Omega\) est une famille d’événements non vides, deux à deux disjoints, dont la réunion est \(\Omega\). Chaque issue appartient à exactement une partie.
\[P(B)=\sum_{i=1}^k P(A_i\cap B).\]
Si toutes les parties ont une probabilité strictement positive :
\[P(B)=\sum_{i=1}^k P(A_i)P_{A_i}(B).\]
Dans le cas de \(A\) et \(\overline A\), avec \(0\lt P(A)\lt1\) :
\[P(B)=P(A)P_A(B)+P(\overline A)P_{\overline A}(B).\]
Dans l’exemple des machines, \(P(B)=0{,}15+0{,}04=0{,}19\). Ainsi, 19 % des pièces sont contrôlées dans ce modèle.
Pourquoi additionne-t-on ces probabilités ?
Les événements \(A_i\cap B\) sont deux à deux disjoints et leur réunion est \(B\). L’additivité des probabilités donne la formule.
6. Inverser le conditionnement
On connaît parfois \(P_A(B)\) mais on cherche \(P_B(A)\). Il faut d’abord calculer l’intersection, puis la probabilité de l’événement qui devient la condition.
\[P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\quad\text{si }P(B)\gt0.\]
Une pièce est contrôlée. Quelle est la probabilité qu’elle provienne de la première machine ?
\[P_B(A)=\frac{0{,}15}{0{,}19}=\frac{15}{19}\approx0{,}7895.\]
La probabilité demandée est environ 78,95 %, et non 25 %.
Le « sachant » détermine le dénominateur. On ne peut pas intervertir la condition et l’événement sans refaire le calcul.
7. Indépendance de deux événements
Deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants lorsque :
\[P(A\cap B)=P(A)P(B).\]
Cette définition reste valable même si une probabilité est nulle. Si \(P(A)\gt0\), l’indépendance équivaut à \(P_A(B)=P(B)\). Si \(P(B)\gt0\), elle équivaut à \(P_B(A)=P(A)\).
Justifier l’équivalence
\[P_A(B)=P(B)\iff\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=P(B)\iff P(A\cap B)=P(A)P(B).\]
On a utilisé \(P(A)\gt0\) pour diviser.
Les cartes : roi et trèfle
\[P(R\cap T)=\frac1{32}=\frac4{32}\times\frac8{32}=P(R)P(T).\]
Les événements sont indépendants.
Les machines : origine et contrôle
\(P_A(B)=0{,}25\) diffère de \(P(B)=0{,}19\) : les événements ne sont pas indépendants.
Indépendants ne signifie pas incompatibles. Deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne sont pas indépendants : leur intersection est vide alors que le produit de leurs probabilités est positif.
Complémentaires et indépendance
Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(A\) et \(\overline B\) le sont aussi, car :
\[P(A\cap\overline B)=P(A)-P(A\cap B)=P(A)(1-P(B)).\]
8. Deux épreuves indépendantes
On suppose que deux tirages sont effectués au hasard, avec remise et mélange, dans une urne contenant trois boules blanches et deux noires. On modélise les tirages comme indépendants. À chaque tirage, la probabilité d’une boule blanche vaut \(\frac35\).
Deux blanches : \(P(B_1\cap B_2)=\frac35\times\frac35=\frac9{25}\).
Exactement une blanche : les deux chemins possibles sont blanche-noire et noire-blanche.
\[P(\text{exactement une blanche})=\frac35\frac25+\frac25\frac35=\frac{12}{25}.\]
Sans remise, la composition change après le premier tirage. Par exemple, la probabilité de deux blanches devient \(\frac35\times\frac24=\frac3{10}\). Les tirages ne sont alors pas indépendants dans ce modèle.
9. Répéter une épreuve de Bernoulli
Une épreuve de Bernoulli a deux issues : un succès \(S\), de probabilité \(p\), et un échec \(\overline S\), de probabilité \(1-p\).
On répète la même épreuve de façon indépendante. À chaque nœud de l’arbre, les poids sont les mêmes : \(p\) et \(1-p\). En première, on travaille ici sur au plus quatre répétitions, en calculant les chemins.
Trois répétitions avec \(p=0{,}7\)
Les huit chemins sont listés ci-dessous : cette liste représente les feuilles de l’arbre. Chaque mot indique l’ordre des issues.
| Chemins | Probabilité de chaque chemin |
|---|---|
| SSS | \(0{,}7^3=0{,}343\) |
| SSE, SES, ESS | \(0{,}7^2\times0{,}3=0{,}147\) |
| SEE, ESE, EES | \(0{,}7\times0{,}3^2=0{,}063\) |
| EEE | \(0{,}3^3=0{,}027\) |
Exactement deux succès correspondent à SSE, SES et ESS :
\[P(\text{exactement deux succès})=3\times0{,}147=0{,}441.\]
Pour au moins un succès, on utilise le complémentaire :
\[P(\text{au moins un succès})=1-P(EEE)=1-0{,}027=0{,}973.\]
Pour quatre répétitions, le même arbre se prolonge d’un niveau : il possède seize chemins. Le chemin SSSS a pour probabilité \(p^4\), et EEEE a pour probabilité \((1-p)^4\).
10. Une méthode pour résoudre les problèmes
- Nommer les événements et leurs complémentaires.
- Traduire les données en distinguant probabilités simples et conditionnelles.
- Construire un arbre ou un tableau, et compléter les poids manquants.
- Repérer l’événement demandé : intersection, réunion de chemins, conditionnement inversé.
- Choisir produit, somme ou quotient.
- Vérifier que le résultat appartient à \([0;1]\) et répondre dans le contexte.
11. Exercices avec corrections
Exercice 2 — Arbre et total
\(P(A)=0{,}3\), \(P_A(B)=0{,}8\), \(P_{\overline A}(B)=0{,}2\). Calculer \(P(A\cap B)\) et \(P(B)\).
Afficher la correction
\(P(A\cap B)=0{,}24\) et \(P(B)=0{,}3\times0{,}8+0{,}7\times0{,}2=0{,}38\).
Exercice 3 — Conditionnement inversé
Avec les données précédentes, calculer \(P_B(A)\).
Afficher la correction
\(P_B(A)=0{,}24/0{,}38=12/19\approx0{,}6316\).
Exercice 4 — Indépendance
\(P(A)=0{,}4\), \(P(B)=0{,}5\), \(P(A\cap B)=0{,}2\). Les événements sont-ils indépendants ?
Afficher la correction
Oui : \(0{,}2=0{,}4\times0{,}5\).
Exercice 5 — Sans remise
Une urne contient quatre rouges et six bleues. Deux tirages sans remise : calculer la probabilité de deux rouges.
Afficher la correction
\(\frac4{10}\times\frac39=\frac2{15}\). La probabilité conditionnelle du deuxième rouge est \(3/9\), pas \(4/10\).
Exercice 6 — Trois Bernoulli
Trois épreuves indépendantes ont chacune une probabilité de succès \(0{,}2\). Calculer la probabilité d’exactement un succès.
Afficher la correction
Les chemins SEE, ESE et EES ont chacun pour probabilité \(0{,}2\times0{,}8^2=0{,}128\). Leur somme vaut \(0{,}384\).
Exercice 7 — Quatre Bernoulli
Quatre épreuves indépendantes ont chacune une probabilité de succès \(0{,}6\). Calculer la probabilité d’au moins un succès.
Afficher la correction
\(1-0{,}4^4=1-0{,}0256=0{,}9744\).
12. Le cours en vidéo
Probabilités conditionnelles et indépendance
Retrouve ici la vidéo explicative du chapitre.