Probabilités conditionnelles

Étape 1 — Probabilité composée \[P(\text{bac}\cap\text{gén.}) = P(\text{gén.})\times P(\text{bac}|\text{gén.}) = 0{,}60\times0{,}70 = \boxed{0{,}42}\]

Étape 2 — Probabilités totales (partition générale / technologique) \[P(\text{bac}) = 0{,}60\times0{,}70 + 0{,}40\times0{,}50 = 0{,}42 + 0{,}20 = \boxed{0{,}62}\]

a) \(P(A) = \dfrac{1}{2}\), \(P(B) = \dfrac{1}{3}\) ; \(A \cap B = \{2\}\), \(P(A \cap B) = \dfrac{1}{6}\).

b) \(P(A) \times P(B) = \dfrac{1}{6} = P(A \cap B)\) : \(A\) et \(B\) sont indépendants.

c) \(P(C) = \dfrac{1}{2}\), \(A \cap C = \{2\}\), \(P(A \cap C) = \dfrac{1}{6}\), mais \(P(A)P(C) = \dfrac{1}{4}\) : non indépendants.

Étape 1 — Indépendance

La boule est remise avant le 2ᵉ tirage → les tirages sont indépendants.

Étape 2 — Probabilités (\(P(R)=\frac{4}{10}=\frac25\), \(P(B)=\frac35\)) \[P(RR) = \tfrac25\times\tfrac25 = \tfrac{4}{25} \ ; \quad P(BB) = \tfrac35\times\tfrac35 = \tfrac{9}{25}\] \[P(\text{couleurs différentes}) = 1 - \tfrac{4}{25} - \tfrac{9}{25} = \boxed{\tfrac{12}{25}}\]

Étape 1 — \(P(A|B)\) \[P(A|B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = \boxed{0{,}4}\]

Étape 2 — \(P(B|A)\) \[P(B|A) = \dfrac{0{,}2}{0{,}4} = \boxed{0{,}5}\]

Étape 3 — Indépendance \[P(A)\times P(B) = 0{,}4\times0{,}5 = 0{,}2 = P(A\cap B) \quad\Rightarrow\quad \boxed{A \text{ et } B \text{ indépendants}}\]

a) 1er tirage : \(P(R_1) = \dfrac{3}{5}\), \(P(B_1) = \dfrac{2}{5}\). Si \(R_1\) : il reste \(2\) R et \(2\) B, \(P_{R_1}(R_2) = \dfrac{2}{4}\). Si \(B_1\) : il reste \(3\) R et \(1\) B, \(P_{B_1}(R_2) = \dfrac{3}{4}\).

b) \(P(R_1 \cap R_2) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{2}{4} = \mathbf{\dfrac{3}{10}}\).

c) Probabilités totales : \(P(R_2) = \dfrac{3}{10} + \dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{10} + \dfrac{3}{10} = \mathbf{\dfrac{3}{5}}\).

\(P(M) = \dfrac{22}{200} = \mathbf{0{,}11}\) ; \(P_V(M) = \dfrac{6}{120} = \mathbf{0{,}05}\) ; \(P_{\overline{V}}(M) = \dfrac{16}{80} = \mathbf{0{,}2}\).

Une personne non vaccinée a été malade \(4\) fois plus souvent qu'une personne vaccinée.

\(P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) = 0{,}4 \times 0{,}3 = \mathbf{0{,}12}\).

\(P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = \mathbf{0{,}4}\).

\(P(M) = \dfrac{18}{100} = \mathbf{0{,}18}\) ; \(P_V(M) = \dfrac{6}{60} = \mathbf{0{,}1}\) ; \(P_{\overline{V}}(M) = \dfrac{12}{40} = \mathbf{0{,}3}\).

🎯 Formule des probabilités totales : \(P(B) = P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B)\).

\(P(B) = 0{,}7 \times 0{,}2 + 0{,}3 \times 0{,}5 = 0{,}14 + 0{,}15 = \mathbf{0{,}29}\).

\(P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0{,}14}{0{,}29} \approx \mathbf{0{,}483}\).

Étape 1 — Arbre pondéré

Étape 2 — Probabilité totale d'un test positif \[P(T+) = 0{,}046 + 0{,}076 = \boxed{0{,}122}\]

Étape 3 — Bayes \[P(M|T+) = \dfrac{0{,}046}{0{,}122} \approx \boxed{0{,}377 \ (37{,}7\%)}\]

a) À chaque niveau : \(P(R) = 0{,}7\), \(P(\overline{R}) = 0{,}3\).

b) \(P(RR) = 0{,}7^2 = \mathbf{0{,}49}\). Exactement un : \(P(R\overline{R}) + P(\overline{R}R) = 2 \times 0{,}7 \times 0{,}3 = \mathbf{0{,}42}\).

c) Contraire de « aucun » : \(1 - 0{,}3^2 = 1 - 0{,}09 = \mathbf{0{,}91}\).

Étape 1 — Lister les 6 issues (chacune de probabilité \(\frac13\times\frac12=\frac16\))

Étape 2 — \(P(\text{somme}\geq4)\) (4 cas favorables) \[P = 4\times\tfrac16 = \boxed{\tfrac23}\]

Étape 3 — Conditionnelle (1ère boule \(=2\))

Sachant la 1ère \(=2\), la 2ᵉ est \(1\) ou \(3\) (équiprobables). Seul \((2,3)\) donne une somme \(\geq4\) : \[P(\text{somme}\geq4\,|\,\text{1ère}=2) = \boxed{\tfrac12}\]

a) \(F_1\), \(F_2\), \(F_3\) forment une partition. Probabilités totales : \[P(D) = 0{,}5 \times 0{,}02 + 0{,}3 \times 0{,}03 + 0{,}2 \times 0{,}05 = 0{,}01 + 0{,}009 + 0{,}01 = \mathbf{0{,}029}\]

b) \(P_D(F_3) = \dfrac{P(F_3 \cap D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}01}{0{,}029} \approx \mathbf{0{,}345}\). Bien qu'il ne fournisse que \(20\,\%\) des pièces, \(F_3\) est responsable d'environ \(34{,}5\,\%\) des pièces défectueuses.

Étape 1 — Indépendance : les deux urnes sont distinctes → tirages indépendants.

Étape 2 — Probabilité de gagner \[P(\text{R}_1) = \tfrac{4}{10} = 0{,}4 \ ; \quad P(\text{R}_2) = \tfrac35 = 0{,}6\] \[P(\text{gagner}) = 0{,}4\times0{,}6 = \boxed{0{,}24}\]

Étape 3 — Conditionnelle

Gagner exige une rouge dans l'urne 2, donc : \[P(\text{rouge urne 2}\,|\,\text{gagner}) = \boxed{1}\]

a) \(P(A \cap B) = 0{,}3 \times 0{,}6 = \mathbf{0{,}18}\) ; \(P(A \cup B) = 0{,}3 + 0{,}6 - 0{,}18 = \mathbf{0{,}72}\).

b) \(B\) est la réunion des événements incompatibles \(A \cap B\) et \(\overline{A} \cap B\) : \(P(\overline{A} \cap B) = 0{,}6 - 0{,}18 = \mathbf{0{,}42}\). Or \(P(\overline{A}) \times P(B) = 0{,}7 \times 0{,}6 = 0{,}42\) : \(\overline{A}\) et \(B\) sont bien indépendants.

Étape 1 — Intersection \[P(A\cap B) = 0{,}5\times0{,}4 = \boxed{0{,}20}\]

Étape 2 — Union \[P(A\cup B) = 0{,}5 + 0{,}4 - 0{,}20 = \boxed{0{,}70}\]

Étape 3 — Triple intersection \[P(A\cap B\cap C) = 0{,}5\times0{,}4\times0{,}3 = \boxed{0{,}06}\]

Étape 4 — Complémentaires \[P(\bar A\cap\bar B) = P(\bar A)\times P(\bar B) = 0{,}5\times0{,}6 = \boxed{0{,}30}\]

Étape 1 — Aucun admis \[P(\text{aucun}) = 0{,}3\times0{,}4\times0{,}2 = \boxed{0{,}024}\]

Étape 2 — Tous admis \[P(\text{tous}) = 0{,}7\times0{,}6\times0{,}8 = \boxed{0{,}336}\]

Étape 3 — Exactement un admis (somme des trois cas exclusifs) \[0{,}7\times0{,}4\times0{,}2 + 0{,}3\times0{,}6\times0{,}2 + 0{,}3\times0{,}4\times0{,}8 = 0{,}056+0{,}036+0{,}096 = \boxed{0{,}188}\]

Étape 4 — Espérance (linéarité) \[E = 0{,}7+0{,}6+0{,}8 = \boxed{2{,}1 \text{ admis en moyenne}}\]

\(P(A) \times P(B) = 0{,}2 = P(A \cap B)\) : oui, indépendants.

\(P(A \cap B) = 0{,}3 \times 0{,}6 = \mathbf{0{,}18}\) ; \(P(A \cup B) = 0{,}3 + 0{,}6 - 0{,}18 = \mathbf{0{,}72}\).

Deux fois : \(0{,}8^2 = \mathbf{0{,}64}\). Au moins une fois : \(1 - 0{,}2^2 = \mathbf{0{,}96}\).

a) Il reste \(4\) rouges sur \(7\) boules : \(\mathbf{\dfrac{4}{7}}\).

b) \(\dfrac{5}{8} \times \dfrac{4}{7} = \dfrac{20}{56} = \mathbf{\dfrac{5}{14}}\).

a) \(P(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}03 = 0{,}019 + 0{,}0294 = \mathbf{0{,}0484}\).

b) \(P_T(M) = \dfrac{0{,}019}{0{,}0484} \approx \mathbf{0{,}39}\).

Étape 1 — Rester : on gagne seulement si le choix initial était bon \[P(\text{gagner}|\text{rester}) = \boxed{\tfrac13}\]

Étape 2 — Changer : on gagne si le choix initial était mauvais (l'animateur élimine l'autre chèvre)

\[P(\text{gagner}|\text{changer}) = \boxed{\tfrac23}\]

Étape 3 — Conclusion \[\boxed{\text{Il faut TOUJOURS changer} \ (\tfrac23 > \tfrac13)}\]

a) \(P(R) = 0{,}04 \times 0{,}95 + 0{,}96 \times 0{,}02 = 0{,}038 + 0{,}0192 = \mathbf{0{,}0572}\).

b) \(P_R(D) = \dfrac{0{,}038}{0{,}0572} \approx \mathbf{0{,}664}\).

c) \(P(\overline{R}) = 1 - 0{,}0572 = 0{,}9428\) et \(P(D \cap \overline{R}) = 0{,}04 \times 0{,}05 = 0{,}002\). \(P_{\overline{R}}(D) = \dfrac{0{,}002}{0{,}9428} \approx \mathbf{0{,}0021}\) : le contrôle fait passer la proportion de défectueuses de \(4\,\%\) à environ \(0{,}2\,\%\).

On note \(x = P(B)\). Par indépendance, \(P(A \cap B) = 0{,}5x\), donc \[P(A \cup B) = 0{,}5 + x - 0{,}5x = 0{,}5 + 0{,}5x = 0{,}8\] d'où \(0{,}5x = 0{,}3\) et \(x = \mathbf{0{,}6}\).

🔍 Vérification : \(0{,}5 + 0{,}6 - 0{,}3 = 0{,}8\) ✓

a) À chaque question : \(P(J) = \dfrac{1}{4}\), \(P(F) = \dfrac{3}{4}\). L'arbre a \(2^3 = 8\) chemins.

b) \(P(JJJ) = \left(\dfrac{1}{4}\right)^3 = \mathbf{\dfrac{1}{64}}\).

c) Trois chemins (\(JJF\), \(JFJ\), \(FJJ\)), chacun de probabilité \(\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{64}\) : \(P = \mathbf{\dfrac{9}{64}}\).

d) Contraire de « aucune juste » : \(1 - \left(\dfrac{3}{4}\right)^3 = 1 - \dfrac{27}{64} = \mathbf{\dfrac{37}{64}}\).

Étape 1 — Probabilités totales (\(\{B_1,B_2,B_3\}\) partition) \[P(A) = P(B_1)P(A|B_1) + P(B_2)P(A|B_2) + P(B_3)P(A|B_3)\]

Étape 2 — Double expression de l'intersection \[P(A\cap B_k) = P(A|B_k)\times P(B_k) \quad \text{et} \quad P(A\cap B_k) = P(B_k|A)\times P(A)\]

Étape 3 — Égaler et isoler \(P(B_k|A)\) \[\boxed{P(B_k|A) = \dfrac{P(B_k)\,P(A|B_k)}{\sum_i P(B_i)P(A|B_i)}}\]

Étape 4 — Application (ex. 12) (\(B_1=M\), \(B_2=\bar M\), \(A=T+\)) \[P(M|T+) = \dfrac{0{,}05\times0{,}92}{0{,}05\times0{,}92+0{,}95\times0{,}08} = \dfrac{0{,}046}{0{,}122} \approx 0{,}377\]

a) \(P(+) = 0{,}01 \times 0{,}99 + 0{,}99 \times 0{,}02 = 0{,}0099 + 0{,}0198 = \mathbf{0{,}0297}\). \(P_+(M) = \dfrac{0{,}0099}{0{,}0297} = \mathbf{\dfrac{1}{3}}\).

b) Pour un malade, \(P(++) = 0{,}99^2 = 0{,}9801\) ; pour une personne saine, \(0{,}02^2 = 0{,}0004\). \[P(++) = 0{,}01 \times 0{,}9801 + 0{,}99 \times 0{,}0004 = 0{,}009801 + 0{,}000396 = \mathbf{0{,}010197}\] \[P_{++}(M) = \frac{0{,}009801}{0{,}010197} \approx \mathbf{0{,}961}\]

c) Avec un seul test positif, il n'y a qu'une chance sur trois d'être malade (la maladie est rare). Un second test positif fait passer cette probabilité à environ \(96\,\%\) : c'est pourquoi on confirme toujours un dépistage positif.